題目鏈接：

https://cn.vjudge.net/problem/POJ-1061

題目大意：

兩只青蛙在網上相識了，它們聊得很開心，於是覺得很有必要見一面。它們很高興地發現它們住在同一條緯度線上，於是它們約定各自朝西跳，直到碰面為止。可是它們出發之前忘記了一件很重要的事情，既沒有問清楚對方的特征，也沒有約定見面的具體位置。不過青蛙們都是很樂觀的，它們覺得只要一直朝著某個方向跳下去，總能碰到對方的。但是除非這兩只青蛙在同一時間跳到同一點上，不然是永遠都不可能碰面的。為了幫助這兩只樂觀的青蛙，你被要求寫一個程序來判斷這兩只青蛙是否能夠碰面，會在什麽時候碰面。
我們把這兩只青蛙分別叫做青蛙A和青蛙B，並且規定緯度線上東經0度處為原點，由東往西為正方向，單位長度1米，這樣我們就得到了一條首尾相接的數軸。設青蛙A的出發點坐標是x，青蛙B的出發點坐標是y。青蛙A一次能跳m米，青蛙B一次能跳n米，兩只青蛙跳一次所花費的時間相同。緯度線總長L米。現在要你求出它們跳了幾次以後才會碰面。

解題思路：

假設t時刻相遇

有：(x + mt) = (y + nt) (mod L)

也就是 x + mt - y - nt = K * L

(m - n) * t + K * L = y - x

(因為K取任意整數，移到方程左端可以不管他的正負，反正對求出的K不處理)

也就是：a * t + b * K = y - x 　　a = m - n b = L 求解t和K

特判 a = 0 的時候 x = y解為0，反之無解

當a < 0時，標記一下，然後a取正數，最後求出的t再取一下相反數即可

對於ax + by = c的求解

先求解ax + by = gcd(a, b) 求出x0，y0

如果gcd(x, y)整除c則有解，反之無解

根據x0 y0可得到一解：

x1 = x0 * c / gcd(a, b)

y1 = y0 * c / gcd(a, b)

所有解：

x = x1 + b / gcd(a, b) * t

y = y1 + a / gcd(a, b) * t

最小正數x的解

b` = b / gcd(a, b)

a` = a / gcd(a, b)

x2 = ((x1 % b`) + b`) % b`

y2 根據x2計算出來

同理可求出最小正數y的解

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cmath>
 4
 
 using namespace std;
 5 typedef long long ll;
 6 ll extgcd(ll a, ll b, ll&x, ll&y)//ax+by = gcd(a, b)的解。返回值為gcd
 7 {
 8     ll d = a;
 9     if(b)
10     {
11        d = extgcd(b, a % b, y, x);
12        y -= (a / b) * x;
13     }
14     else x = 1, y = 0;
15     return d;
16 }
17 int main()
18 {
19     ll x, y, m, n, l;
20     cin >> x >> y >> m >> n >> l;
21     ll xx, yy;
22     ll a = m - n, b = l;
23     if(a == 0)
24     {
25         if(x == y)cout<<"0"<<endl;
26         else cout<<"Impossible"<<endl;
27         return 0;
28     }
29     bool flag = 0;
30     if(a < 0)a = -a, flag = 1;
31     ll g = extgcd(a, b, xx, yy);
32     if((y - x) % g)cout<<"Impossible"<<endl;
33     else
34     {
35         xx = xx * (y - x) / g;
36         if(flag)xx = -xx;
37         l = l / g;
38         xx = ((xx % l) + l) % l;
39         cout<<xx<<endl;
40     }
41     return 0;
42 }

POJ-1061 青蛙的約會---擴展歐幾裏得算法