U - 青蛙的约会 扩展欧几里得 最小正整数解

 青蛙的约会

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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

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。

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"

      假设跳了t次后相遇，则可以列出方程：(x + mt) % L = (y + nt) % L

      将未知数t移到等式左边，常数移到等式右边，得到模线性方程：(m-n)t%L = (y-x)%L   （即 ax≡b (mod n) 的形式）

      令 a=m-n ,  b=-L , c=y-x   即 a*x+b*y=c的线性同余方程的解
      拓展欧几里得求出  t=gcd(a,b) ,及一对解（x0,y0）;
     
      首先，c%t  !=0 ,那么永远不可能相遇，输出"Impossible"
       a*x0+b*y0=t    -->    a*x0*(c/t) + b*y0*(c/t) = t*(c/t)            x0=x0*(c/t)

    我们知道 对于任何一个数n,都有        ，

   对于 a,b有其相同的部分即t=gcd(a,b) , 另一部分（即a/t , b/t） 就是说  b/t ， -a/t   是 ax-by=0的最小解

   即 {x0+k*(b/t) | k属于Z}是  a*x+b*y=c  中 x的解集
  
  我们发现：x的通解是关于（b/t）同余的，令 p= b/gcd(a, b)，x是方程a*x + b*y = n的一个特解，则x_min = (x % p+ p) % p
  代码如下：

#include<stdio.h>
long long a0,b0;
long long ex_gcd(long long x,long long y)
{
	if(y==0)
	{
		a0=1;
		b0=0;
		return x;
	}
	else
	{
		long long ans=ex_gcd(y,x%y);
		long long temp=a0;
		a0=b0;
		b0=(temp-b0*(x/y));
		return ans;
	}
}
/*
a,x+b,y=gcd
a0(y)+b0(x-x/y*y)=gcd
b0x + y(a0-b0(x/y))=gcd
a'=b0  b'=(a0-b0(x/y));
*/
int main()
{
	long long x,y,n,m,l;
	scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&l);
	//  (x+mt)%l=(y+nt)%l    (m-n)t=(y-x)  mod l;  (m-n)t-(l)k=(y-x)
	long long t=ex_gcd(m-n,l);
	if((y-x)%t!=0) printf("Impossible\n");
	else 
	{
	   //ans=a0*((y-x)/t) + k*(l/t) ;
        l/=t;
        if(l<0) l=-l;
        a0*=((y-x)/t);  
	 printf("%lld\n",( a0 % l + l) % l);
	}
	return 0;
}