题意：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。
分析：http://blog.csdn.net/loi_dqs/article/details/49488851
上述题解很详细
1、ax ≡ c (mod b)，就是ax与c相差若干个b，自然可以转化为ax + by = c。
2、令d = gcd(a, b)，
（1）如果c不整除以d，则Impossible。
因为ax + by = c，可得a / d * x + b / d * x = c / d,左式显然为整数，所以若c不整除以d，则无解。
（2）如果c整除以d，根据扩展欧几里得求解ax + by = gcd(a, b) = d，可得一组特解X和Y。
即aX + bY = d,两边乘以c / d，可得a(c / d * X) + b(c / d * Y) = c。
所以原方程ax + by = c的解x = c / d * X,y = c / d * Y。（当然这也是原方程的一组特解，原方程有好多解，如下图）
3、本题是求最少的跳跃次数，即最小的非负x。根据上图或者如下定理，可知将求得的特解x对b/d取余即可，即(c / d * X) mod (b / d)。
定理：若gcd(a, b) = d，则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b/d - 1]上有唯一解。
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#include<cstring>
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#include<cctype>
#include<cmath>
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#include<iterator>
#include<algorithm>
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#include<deque>
#include<queue>
#include<list>
#define lowbit(x) (x & (-x))
const double eps = 1e-8;
inline int dcmp(double a, double b){
if(fabs(a - b) < eps) return 0;
return a > b ? 1 : -1;
}
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
const int INT_INF = 0x3f3f3f3f;
const int INT_M_INF = 0x7f7f7f7f;
const LL LL_INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const LL LL_M_INF = 0x7f7f7f7f7f7f7f7f;
const int dr[] = {0, 0, -1, 1, -1, -1, 1, 1};
const int dc[] = {-1, 1, 0, 0, -1, 1, -1, 1};
const int MOD = 1e9 + 7;
const double pi = acos(-1.0);
const int MAXN = 120 + 10;
const int MAXT = 10000 + 10;
using namespace std;
LL ex_gcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y)
{
if(!b){
x = 1;
y = 0;
return a;
}
LL ans = ex_gcd(b, a % b, x, y);
LL tmp = x - a / b * y;
x = y;
y = tmp;
return ans;
}
int main(){
LL x, y, m, n, L;
scanf("%lld%lld%lld%lld%lld", &x, &y, &m, &n, &L);
LL a, b, X, Y, c, d;
a = m - n;
b = L;
c = y - x;
if(a < 0){//余数都是大于0的，a与c对b同余
a = -a;
c = -c;
}
d = ex_gcd(a, b, X, Y);
if(c % d != 0){
printf("Impossible\n");
return 0;
}
LL mod = L / d;
printf("%lld\n", (c / d * X % mod + mod) % mod);
return 0;
}