青 蛙
原题：
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。
0<x≠y < =2000000000，0 < m、n < =2000000000，0 < L < =2100000000。
经典exgcd
令所用时间t，根据题意可以列出下式：
x+mt=y+nt
然后解得t=(x-y)/(n-m)
把圆看成无限长是不对的，因为圆可以从后面追上but无限长的直线不可
于是再令二者相差圈数位k，得到：
x+mt=y+nt+lk
变形
(n-m)t+lk=x-y
然后用exgcd解就vans了
小细节：
1.x-y可能是负数，如果x-y<0要把(n,x)，(m,y)交换
2.n-m也可能是负数，这时可以标记一下，然后按m-n算，解出t后负号给t
3.如果t的结果是负数，需要用丢番图方程的通解
对于第一个解x0和y0，其他解可以表示为x0+(b/d)*k和y0-(a/d)*k
原理就是这样加加减减正负号会消掉
推导见：
以前我总是搞不懂这个通解
现在发现挺简单的，拿手推推就vans了
太浮躁了 T_T
4.要开longlong
exgcd中有乘法
代码：
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<algorithm>
4 #include<cstring>
5 #include<cmath>
6 using namespace std;
7 #define LL long long
8 LL gcd(LL a,LL b){ return b ? gcd(b,a%b) : a;}
9 void exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y){
10 if(!b){
11 x=1,y=0;
12 return ;
13 }
14 exgcd(b,a%b,x,y);
15 LL z=x;
16 x=y,y=(z-a/b*y);
17 }
18 int main(){
19 freopen("ddd.in","r",stdin);
20 LL x,y,m,n,l;
21 cin>>x>>y>>m>>n>>l;
22 if(x-y<0) swap(x,y),swap(m,n);
23 bool mk=(n-m<0);
24 if(mk) swap(n,m);
25 LL d=gcd(n-m,l);
26 if((x-y)%d){
27 printf("Impossible\n");
28 return 0;
29 }
30 LL t=0,k=0;
31 exgcd(n-m,l,t,k);
32 t*=(x-y)/d;
33 if(mk) t=-t;
34 if(t<0) t+=((-t)/(l/d)+1)*(l/d);
35 t%=(l/d);
36 cout<<t<<endl;
37 return 0;
38 }