題目為POJ1061 青蛙的約會
題意大致為：
兩隻青蛙在不同的座標x，y，沿著一個方向跑環，每一次的移動距離為m，n，環的長為L，問能否成功會師即在某一時刻在同一座標點？輸出最小移動次數或“Impossible”
首先是拓展歐幾里德，歐幾里德演算法我們都知道，就是求兩個整數a，b的最大公約數gcd，而拓展歐幾里德演算法在得到gcd的同時，還求解出了ax+by=gcd的一組特解x0和y0，而運用拓展歐幾里德演算法時，大多都是需要從這個特解找出通解。

        ax0 + by0 = gcd                 ①
    => ax0+d + by0-d = gcd              ②
    => a(x0+d/a) + b(y0-d/b) = gcd      ③
    //因此，d最好為a和b的公倍數，那就不妨取d = a*b/gcd;
    => a(x0+t*d/a) + b(y0-t*d/b)=gcd    ④
    //t 為任意整數
 

故此，我們可以得到x和y的通解：

    x=x0+d/a*t
    y=y0+d/b*t

以上便是拓展歐幾里德的知識，那接下來回到問題：
第一隻青蛙座標為x，移動距離m，那 t 次之後它的座標就是 x+(t*m)，同理，第二隻青蛙座標可表示為 y+(n*t)，然後是根據題意建立等式求最小正整數 t ：

    x+(t*m) = y+(n*t) + k*L

然後對上式進行變形：

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

那麼，我們假設

    A = n-m, B = L, C = x-y，X = t, Y = k;

因此不就得到了這樣一個式子

    AX + BY = C                     ⑤
 

這跟上面提到的①式只是差了 C 和 gcd；因此，如果 C%gcd==0 ，那麼，這個方程就
有解，因為只需把①式的解 *(C/gcd) 就可以得到

    x=x0*(C/gcd) + d/a*t
    y=y0*(C/gcd) + d/b*t
    //至於後面為什麼不乘上(C/gcd) ，好好想下就明白了

相反，如果C%gcd！=0 ，就
意味著這個方程無解，而問題的最後是最小t也就是最小的正整數X，因此需要對X進行
一番處理

AC程式碼

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef
 
 long long ll;
ll X, Y;

ll exgcd(ll a, ll b)
{
    if(b==0)
    {
        X = 1;
        Y = 0;
        return a;
    }
    ll r = exgcd(b ,a%b);
    ll t = X;
    X = Y;
    Y = t - a/b*X;
    return r;
}

int main()
{
    int x, y, m, n, l;
    cin>>x>>y>>m>>n>>l;
    ll A = n-m, C = x-y, B = l;
    ll g = exgcd(A,B);
    ll D = A*B/g;
    //題目中明確了x ！= y，因此m == n  方程無解
    if(m==n||C%g!=0)
        puts("Impossible");
    else
    {//X是AX+BY=g方程的一個特解，%(D/A)將其的絕對值化為最小
     //乘上（C/g）化為AX+BY=C的特解
        ll t = X%(D/A)*(C/g)%(D/A);
     //t可能是負數，須將其化成最小正整數
        if(t < 0)     t += (D/A);
        cout<<t<<endl;
    }
    return 0;
}