一道簡單的數學題～
首先分析題意。精簡得出：假設跳了 \(t\) 次，那麼青蛙A的座標是 \((x+mt)\mod L\)，青蛙B的座標是 \((y+nt)\mod L\)，列出方程：
\[x+mt\equiv y+nt\pmod L
\]
由於餘數具有可減性，所以把 \(y+nt\) 移到左邊，得出：
\[x-y+mt-nt\equiv 0\pmod L
\]
寫成人話：
\[(x-y+mt-nt)\mod L=0
\]
由於 \(\mod L\) 等於減去非負整數個 \(L\)，假設減去了 \(s\) 個 \(L\)，得出：
\[x-y+mt-nt-sL=0
\]
是不是有點擴充套件歐幾里德的味道了？接下來嘗試著一些變形，容易得出：
\[(m-n)t-s\cdot L=y-x
\]
如果你還沒有看出來：
\[(m-n)x_0-L\cdot y_0=y-x
\]
直接代入求解即可。特別的，若無解，那麼 \(y-x\) 不是 \(gcd(m-n,L)\) 的倍數。
所以就可以開開猩猩的寫程式碼辣～僅需稍微注意 \(x_0\) 為負數的情況，然後這道題就 AC 辣～
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
if(b==0){
x=1,y=0;
return a;
}
int g=exgcd(b,a%b,y,x);
y-=a/b*x;
return g;
}
signed main(){
//freopen("xx.in","r",stdin);
//freopen("xx.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int x,y,m,n,L,s,t;
cin>>x>>y>>m>>n>>L;
int g=exgcd(m-n,L,s,t);
if((y-x)%g!=0){
cout<<"Impossible";
return 0;
}
s*=(y-x)/g;
cout<<(s+abs(L/g))%abs(L/g);
return 0;
}