Description
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。
Input
输入只包括一行5个整数x，y，m，n，L，其中x≠y < 2000000000，0 < m、n < 2000000000，0 < L < 2100000000。
Output
输出碰面所需要的跳跃次数，如果永远不可能碰面则输出一行"Impossible"
Sample Input
1 2 3 4 5
Sample Output
4
我们知道，两个青蛙跑到最后，x的坐标是X+m*T,y的坐标是Y+n*T（T为时间）
我们可以得到等式：X+m*T-（Y+n*T）=L*P（P为他们饶了几圈）
然后将这个等式化简，（n-m）*T+L*P=X-Y。
我们把n-m看成a,T看成x，L看成b，p看成y，X-Y看成c
就能把其变为不定方程：ax+by=c,然后问题就变成了，求这个方程x的最小整数解。
我们先用拓展欧几里得算法解出这个方法的特解：x0=x*c/gcd(a,b);
然后从通解公式x=x0+b/gcd(a,b)*k(k为任意整数）中得知：我们需要找到一个最小的k使x>0.
我们让(x%b/gcd(a,b)+b/gcd(a,b))%b/gcd(a,b)将其变为正的就可以了。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define REP(i,k,n) for(long long i=k;i<=n;i++)
#define in(a) a=read()
using namespace std;
inline long long read(){
long long x=
0,f=
1;
char ch=
getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=
getchar())
if(ch==
'-')
f=-
1;
for(;isdigit(ch);ch=
getchar())
x=x*
10+ch-
'0';
return x*
f;
}
long long X,Y,m,n,L;
long long x,y,d,t;
inline void exgcd(
long long a,
long long b,
long long &d,
long long &x,
long long &
y){
if(!b) d=a,x=
1,y=
0;
else exgcd(b,a%b,d,x,y),t=x,x=y,y=t-a/b*
y;
}
int main(){
in(X),
in(Y),
in(m),
in(n),
in(L);
long long a=n-m,b=L,c=X-
Y;
exgcd(a,b,d,x,y);
if(c%
d){
cout<<
"Impossible";
return 0;
}
long long a1=a/d,b1=abs(b/d),c1=c/
d;
x=c*x/
d;
printf("%lld",(x
