描述
小Hi和小Ho周末在公园溜达。公园有一堆围成环形的石板，小Hi和小Ho分别站在不同的石板上。已知石板总共有m块，编号为 0..m-1，小Hi一开始站在s1号石板上，小Ho一开始站在s2号石板上。
小Hi：小Ho，你说我们俩如果从现在开始按照固定的间隔数同时同向移动，我们会不会在某个时间点站在同一块石板上呢？
小Ho：我觉得可能吧，你每次移动v1块，我移动v2块，我们看能不能遇上好了。
小Hi：好啊，那我们试试呗。
一个小时过去了，然而小Hi和小Ho还是没有一次站在同一块石板上。
小Ho：不行了，这样走下去不知道什么时候才汇合。小Hi，你有什么办法算算具体要多久才能汇合么？
小Hi：让我想想啊。。
×
提示：扩展欧几里德
小Hi：首先可以我俩现在的情况列出一个式子：
s1+v1*t=s2+v2*t-k*m (v1<v2)
也就是经过t时间过后，速度快的人刚好超过了速度慢的人k圈，且到达同一个位置。
将这个式子进行变换得到：
(v1-v2)*t+k*m=(s2-s1)
即原式子变成了形如"Ax+By=C"的情况，我们要求解的是一组(x,y)使得原公式成立。
小Ho：形如"Ax+By=C"，也就是说我们令A=(v1-v2),B=m,C=(s2-s1),x=t,y=k。
小Hi：恩，没错。
求解该式子的算法我们称为扩展欧几里德算法。
该算法分为两个部分：
(1) 判定是否存在解
对于形如"Ax+By=C"的式子，其存在解的条件为C为A和B最大公约数的整数倍。
我们将A和B的最大公约数记为gcd(A,B)。因此其有解的条件是C=n*gcd(A,B)。
那么我们应该如何来求解gcd(A,B)呢？
一个朴素的算法是枚举1~min(A,B)，最大的一个能同时被A,B整除的数即gcd(A,B)。显然这个算法是非常没有效率的。
为了求解gcd(A,B)，欧几里德提出了一个辗转相除法：
首先要证明一个定理：gcd(A,B) = gcd(B, A mod B)
证明： 假设A = k*B+r，有r = A mod B。不妨设d为A和B的一个任意一个公约数，则有A = pd, B = qd。 由r = A - k*B = pd - k*qd = (p - kq)*d，所以有d也为r的约数，因此d是B和A mod B的公约数。 由于对任意一个A和B的公约数都满足这个性质，gcd(A,B)也满足，因此有gcd(A,B)=gcd(B,A mod B)。
利用这个性质，我们可以得到算法：
A mod B = 0, 则B为gcd(A,B) A mod B ≠ 0, 则gcd(A,B) = gcd(B, A mod B)
通过不断的模运算，数据的规模也越来越小，因此能够快速得收敛到一个解。将其写成伪代码为：
gcd(A, B): If (A mod B == 0) Then Return B End If Return gcd(B, A mod B)
(2) 求解
在判定有解之后，我们需要在其基础上再求出一组(x,y)。由于A,B,C均是gcd(A,B)的整数倍，因此可以将它们都缩小gcd(A,B)倍。即A‘=A/gcd(A,B),B‘=B/gcd(A,B),C‘=C/gcd(A,B)。
化简为A‘x+B‘y=C‘，gcd(A‘,B‘)=1，即A‘,B‘互质。
此时，我们可以先求解出A‘x+B‘y=1的解(x‘,y‘)，再将其扩大C‘倍，即为我们要求的最后解(x,y)=(C‘x‘, C‘y‘)。
那么接下来我们来研究如何求解A‘x+B‘y=1：
假设A>B>0，同时我们设：
A * x[1] + B * y[1] = gcd(A, B) B * x[2] + (A mod B) * y[2] = gcd(B, A mod B)
已知gcd(A,B)=gcd(B, A mod B)，因此有：
A * x[1] + B * y[1] = B * x[2] + (A mod B) * y[2] => A * x[1] + B * y[1] = B * x[2] + (A - kB) * y[2] // A = kB + r => A * x[1] + B * y[1] = A * y[2] + B * x[2] - kB * y[2] => A * x[1] + B * y[1] = A * y[2] + B * (x[2] - ky[2]) => x[1] = y[2], y[1] = (x[2] - ky[2])
利用这个性质，我们可以递归的去求解(x,y)。
其终止条件为gcd(A, B)=B，此时对应的(x,y)=(0,1)
将这个过程写成伪代码为：
extend_gcd(A, B): If (A mod B == 0) Then Return (0, 1) End If (tempX, tempY) = extend_gcd(B, A mod B) x = tempY y = tempX - (A / B) * tempY Return (x, y)
小Ho：那么我只需要把A=(v1-v2),B=m,C=(s2-s1),x=t,y=k代入就可以得到t了么？
小Hi：是的，在已知A,B,C的情况下，我们的确能够顺利求解出一组合法的(x,y)。
但是在求解过程中，我们并没有保证x是最小的非负整数，它不能直接作为我们的解。
小Ho：那还需要做怎样的处理么？
小Hi：我们需要将(A‘,B‘,x‘,y‘)扩充为一个解系。
由于A‘B‘是互质的，所以可以将A‘x‘+B‘y‘=1扩展为：
A‘x‘+B‘y‘+(u+(-u))A‘B‘=1 => (x‘ + uB‘)*A‘ + (y‘ - uA‘)*B‘ = 1 => X = x‘ + uB‘, Y = y‘ - uA‘
可以求得最小的X为(x‘+uB‘) mod B‘，(x‘+uB‘>0)
同时我们还需要将X扩大C‘倍，因此最后解为：
x = (x‘*C‘) mod B‘
若x<0，则不断累加B‘，直到x>0为止。
那么最后，小Ho你来总结一下主体部分的伪代码吧！
小Ho：好的，最后的代码为：
solve(s1, s2, v1, v2, m): A = v1 - v2 B = m C = s2 - s1 If (A < 0) Then A = A + m // 相对距离变化 End If D = gcd(A, B) If (C mod D) Then Return -1 End If A = A / D B = B / D C = C / D (x, y) = extend_gcd(A, B) x = (x * C) mod B While (x < 0) x = x + B End While Return x
Close
输入
第1行：每行5个整数s1,s2,v1,v2,m，0≤v1,v2≤m≤1,000,000,000。0≤s1,s2<m
中间过程可能很大，最好使用64位整型
输出
第1行：每行1个整数，表示解，若该组数据无解则输出-1
Sample Input
0 1 1 2 6
Sample Output
5
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<cmath>
4 #include<cstring>
5 #include<algorithm>
6
7 using namespace std;
8
9 long long extend_gcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y)
10 {
11 if(b==0)
12 {
13 x=1,y=0;
14 return a;
15 }
16 long long r=extend_gcd(b,a%b,y,x);
17 y-=a/b*x;
18 return r;
19 }
20
21 int main()
22 {
23 long long x,y,m,n,L,ans;
24 while(~scanf("%lld %lld %lld %lld %lld",&x,&y,&m,&n,&L))
25 {
26 if(m<n)
27 {
28 swap(x,y);
29 swap(m,n);
30 }
31
32 long long a=m-n,b=y-x,X,Y;
33 if(b<0)
34 b+=L;
35 long long d=extend_gcd(a,L,X,Y);
36 if(b%d==0)
37 {
38 X%=L,X+=L,X%=L;
39 ans=X*(b/d)%(L/d);
40 }
41 else
42 ans=-1;
43 if(ans==-1)
44 printf("-1\n");
45 else
46 printf("%lld\n",ans);
47 }
48
49 return 0;
50 }