青蛙约会

Description

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
题意：
先小小的分析：我们可以设在第s步达到。则方程为：(x+m*s)-(y+n*s)=k*L(k=0,1,2….);
可以化解为(n-m)*s+k*L=x-y;等价为A*x+B*y=C;
现在可以进行求解，本题要求的就是一个二元一次方程和同余：ax + by = c的整数x解，首先，设d = gcd(a, b)，方程两边除以d得到a/d * x + b/d * y = c/d，很显然嘛，a是整除d的，b也是整除d的，而x、y都是整数解，所以要求c/d也是整数嘛。如果c不整除d，当然就是Impossible咯。不然的话，如果我们能求出ax0+by0=d的解x0和y0，那么两边乘以c/d即a(c/d * x0) + b(c/d * y0) = c，就可以得到原来方程的解x = (c/d * x0)，y = (c/d * y0)咯。
涉及到的定理有：
定理1 gcd(a,b)是ax+by的线性组合的最小正整数，x，y∈z;如果d = gcd(a, b)，则必能找到正的或负的整数k和l，使d = a*k + b*l
定理2 如果ax+by=c，x，y∈z；则c%gcd==0;若gcd(a, b) = 1，则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b-1]上有唯一解。
定理3 如果是互质的正整数，是整数，且方程ax+by=c（1）
有一组整数解x0，y0则此方程的一切整数解可以表示为
x=x0+bt;y=y0-at;t∈z;（2）

方程at+bp=c左右两边同除以gcd(a,b),得a1t+b1p=c1,再用extended_euclid解最小正整数线性组合得一组解x1，y1，则所求方程的一组解为T=x1*c1，P=y1*c1，根据（2）式可得t的最小正整数解为（T%b1+b1）%b1,b1=b/gcd(a,b)，此即为可行时所求解。若gcd(a, b) = d，则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b/d - 1]上有唯一解。注意求哪一个数就只要将求解的
（T%b1+b1）%b1进行变换就可以了，如果要求y的话将T换成P即可

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL X, Y;
LL exgcd(long a, long b)
{
    if (b == 0)
    { 
        X = 1;
        Y = 0; 
        return a; 
    }
    LL d = exgcd(b, a%b);
    LL t = X - a / b*Y; X = Y; Y = t;
    return d;
}
int main()
{
    long x, y, m, n, L, a, b, c;
    cin >> x >> y >> m >> n >> L;
    LL d = exgcd(n - m, L);
    LL r = L / d;
    if ((x - y) % d) 
        puts("Impossible");
    else
    {
        cout << ((x - y) / d*X%r + r) % r << endl;
    }
    return 0;
}