两只青蛙在网上相识了，它们聊得很开心，于是觉得很有必要见一面。它们很高兴地发现它们住在同一条纬度线上，于是它们约定各自朝西跳，直到碰面为止。可是它们出发之前忘记了一件很重要的事情，既没有问清楚对方的特征，也没有约定见面的具体位置。不过青蛙们都是很乐观的，它们觉得只要一直朝着某个方向跳下去，总能碰到对方的。但是除非这两只青蛙在同一时间跳到同一点上，不然是永远都不可能碰面的。为了帮助这两只乐观的青蛙，你被要求写一个程序来判断这两只青蛙是否能够碰面，会在什么时候碰面。
我们把这两只青蛙分别叫做青蛙A和青蛙B，并且规定纬度线上东经0度处为原点，由东往西为正方向，单位长度1米，这样我们就得到了一条首尾相接的数轴。设青蛙A的出发点坐标是x，青蛙B的出发点坐标是y。青蛙A一次能跳m米，青蛙B一次能跳n米，两只青蛙跳一次所花费的时间相同。纬度线总长L米。现在要你求出它们跳了几次以后才会碰面。
Input
输入只包括一行5个整数x，y，m，n，L，其中x≠y < 2000000000，0 < m、n < 2000000000，0 < L < 2100000000。
Output
输出碰面所需要的跳跃次数，如果永远不可能碰面则输出一行"Impossible"
Sample Input
1 2 3 4 5
Sample Output
4 题解： 要求（a） x+am≡y+an (mod L)即： a(m?n)≡y?x (mod L)即： a(m?n)+Lk=y?x用拓展欧几里得求 a(m?n)+Lk=gcd(m?n,L)令 d=gcd(m-n,L), c=y-x;若c%d!=0 则无解。解出a后，最终答案为：(a?c/d)mod(L/d)
证明：设要解的方程（求x）是：
ax1+by1=c
而我们已经解得
ax+by=gcd(a,b)=d
此时将第二个方程左右同时乘c/d，则可得：
ax?c/d+by?c/d=c
所以：
x1=x?c/d
这样并没有完，因为这只是一组解，我们要求最小正整数解。
我们知道：若一组 < x,y > 是ax+by=c的一组解，那么
<x?b/d,y+a/d>
也是原方程的一组解。
这样我们只需要让解得的x不断减b/d，直到再减就为负数时，所得的x就是我们要的解。
其实这个过程就是模运算，所以最小正整数解就是：
x1=(x?c/d)mod(b/d)
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<cstring>
4 using namespace std;
5 typedef long long ll;
6 ll x,y,m,n,l;
7 ll ex_gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)//可以求出a,b和x,y的任意一组值
8 {
9 if(b==0)
10 {
11 x=1;
12 y=0;
13 return a;
14 }
15 ll q=ex_gcd(b,a%b,y,x);
16 y-=a/b*x;
17 return q;
18 }
19 int main()
20 {
21 while(~scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&l))
22 {
23 if(m==n)
24 {
25 printf("Impossible\n");
26 continue;
27 }
28 if(m<n)
29 {
30 ll t=m;
31 m=n;
32 n=t;
33 ll q=y;
34 y=x;
35 x=q;
36 }
37 ll c=y-x;
38 ll a,k;
39 ll d=ex_gcd(m-n,l,a,k);
40 if(c%d)
41 printf("Impossible\n");
42 else
43 printf("%lld\n",((a*c/d)%(l/d)+(l/d))%(l/d));
44 }
45 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/1013star/p/9386688.html