题目：
Description
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。
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Output
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1 2 3 4 5
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4
题解：
这里套用神犇ComeOn4MyDream的题解，orz····
人生第二道ACM题，我都不知道该说神马了，中文题真不是好惹的，前几天一道递归和数组的中文题就花了我三天，这一题又花了我一个晚上的时间了！
一开始不会做，上网看了解题报告说是数论题。然后就学啊学啊学啊，写完后发现只有21行代码，但花了我一个晚上的时间啊！是题太难还是我太水了？55555~~~
要做此题，先要明白几个定理，为保严谨性我按顺序一一证明出来（心病，不证明的话用得不踏实啊！不然我就不用跑来GDCC了！）
唉，证明太枯燥无味了，先说一下题意吧。
公青蛙一开始在x位置，母青蛙在y位置。公青蛙每次跳m米，母青蛙每次跳n米，并且都是向右跳的。地球经线长度是L，然后地球是圆的，也就是说，跳到L、L+1、L+2……其实就是跳到0、1、2。 公青蛙想追母青蛙，问多少次后它们能跳到一起。如果它们永远不能相遇，就输出Impossible（好可怜啊！）
很明显嘛，就是求一个k，使x + k*m ≡ y + k*n (mod L) 嘛，木有错吧？至少我是这么想滴！然后对方程化简咯，就变成(n-m) * k ≡ x-y (mod L)咯。然后这个方程其实就等价于(n-m)*k + L*s = x-y咯。这就是ax + by = c求整数x的模型。
要求ax + by = c的整数x解，可不是那么简单滴，不然我就不用花了一整个晚上时间了！首先，设d = gcd(a, b)，方程两边除以d得到a/d * x + b/d * y = c/d，很显然嘛，a是整除d的，b也是整除d的，而x、y都是整数解，所以要求c/d也是整数嘛。如果c不整除d，当然就是Impossible咯。不然的话，如果我们能求出ax0+by0=d的解x0和y0，那么两边乘以c/d即a(c/d * x0) + b(c/d * y0) = c，就可以得到原来方程的解x = (c/d * x0)，y = (c/d * y0)咯。
喂喂喂，等一下，你又怎么知道ax0 + by0 = d一定有解呢？这就得通过严谨的证明了：
定理一：如果d = gcd(a, b)，则必能找到正的或负的整数k和l，使d = a*k + b*l。
证明：由于 gcd(a, 0) = a，我们可假设b ≠ 0，这样通过连除我们能够写出
a = b*q1 + r1
b = r1*q2 + r2
r1 = r2*q3 + r3
……
由第一式有r1 = a - q1*b，所以r1能写成k1*a + l1*b的形式（这时k1 = 1, l1 = -q1）。由第二式有r2 = b - r1*q2 = b - (k1*a + l1*b)*q2 = -q2*k1*a + (1 - q2*l1)*b = k2*a + l2*b。
显然，这过程通过这一串余数可重复下去，直到得到一个表达式rn = k*a + l*b，也就是d = k*a + l*b，这就是我们所要证明的。
所以说咯，ax0 + by0 = d一定有解！那么应该怎么求x0和y0呢？要用到一种叫做扩展欧基里得的算法（NND，第一次听说，我还是太弱了啊~~~）！
求法如下：由于gcd(a, b) = gcd(b, a%b) （这个不用证明了吧？？？地球人都知道！），有ax0 + by0 = gcd(a, b) = gcd(b, a%b) = bx1 + (a%b)y1，而a%b又可以写成a-a/b*b（a/b*b不等于a啊！记得为了这个SB问题还被骂过~），所以=bx1 + (a-a/b*b)y1 = ay1 + b(x1-a/b*y1)，所以如果我们求出gcd(b, a%b) = bx1 + (a%b)y1的x1和y1，那么通过观察就可以求出x0 = y1，y0 = (x1 - a/b*y1)。那我们怎样求x1和y1呢？当然是求x2和y2了，做法一样滴。一直求到gcd(an, 0) = an*xn + 0 * yn，这时令xn=1，yn=0就完事了，就可以求xn-1和yn-1，然后xn-2和yn-2，然后一直求到x0和y0了。
所以得到ax0 + by0 = gcd(a, b)求整数x0、y0的扩展欧基里得算法（到这里烦到死啊！我做到这一步都差不多要放弃了！弱啊弱，55555~~~）
long long extgcd(long long a, long long b, long long &x, long long &y)
{
long long d, t;
if (b == 0) { x = 1; y = 0; return a; }
d = extgcd(b, a % b, x, y);
t = x - a/b*y; x = y; y = t;
return d;
}
long long？为什么要long long？因为我用int给Wrong Answer了啊！然后百度查才知道有long long这玩意儿，就是说int是32位，long long是64位，可以表示更大的整数。这题好恶心，干嘛欺负我小菜？？！！不过这样就可以求出x0和y0了。
然后求ax + by = c，判断c如果不能被d整除就Impossible，否则就令x = c/d * x0就可以得到一个x解了。
但有无数个解满足ax + by = c的。为神马呢？ax + by = c其实就等价于ax ≡ c (mod b)对不？如果我得到一个特解x*，那么加上若干倍b还是这个方程的解，因为a(x*+k*b) = ax* + a*k*b ≡ c + 0 ≡ c (mod b)。因而方程在[0, b-1]上一定有整数解（假如小于0，你加上若干倍b啊，就可以让它保持在0~b-1中；如果大于b-1，你减去若干倍b啊，它也保持0~b-1）。
那么怎样求最小的非负整数x呢？又要用到两个定理：
定理二：若gcd(a, b) = 1，则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b-1]上有唯一解。
证明：由定理一知，总可以找到或正或负的整数k和l使a*k + b*l = gcd(a, b) = 1，即我们可以求出ax ≡ 1 (mod b)的解x0。当然，两边乘以c有a(cx0) ≡ c (mod b)，所以有x = cx0就是ax ≡ c (mod b)的解。由于加上或减去若干倍b都是该方程的解，所以x在[0, b-1]上有解。那么怎样确定它的唯一性呢？我花了一个小时终于证明出来了，证明方法就是，假设x1和x2都是[0, b-1]上的解，那么就有ax1 ≡ c (mod b)，ax2 ≡ c (mod b)，两式相减就有a(x1-x2) ≡ 0 (mod b)，即a(x1-x2)可以被b整除。但gcd(a, b) = 1啊！所以a和b之间没有共同的语言可以交流，所以只能说(x1-x2)被b整除了。但x1和x2都在[0, b-1]上，所以x1-x2也在[0, b-1]上，所以只能说x1-x2=0了，因此x1=x2。这就证明了解的唯一性！
这个定理不过是为了证明定理三方便而已，定理三才是王道：
定理三：若gcd(a, b) = d，则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b/d - 1]上有唯一解。
证明：上面说过，这个该死的方程等价于ax + by = c，如果有解，两边同除以d，就有a/d * x + b/d * y = c/d，即a/d * x ≡ c/d (mod b/d)，显然gcd(a/d, b/d) = 1，所以由定理二知道x在[0, b/d - 1]上有唯一解。所以ax + by = c的x在[0, b/d - 1]上有唯一解，即ax ≡ c (mod b)在[0, b/d - 1]上有唯一解，得证！
有了上面几个该死的定理，小菜我终于把最小非负整数的问题解决了。如果得到ax ≡ c (mod b)的某一特解X，那么我令r = b/gcd(a, b)，可知x在[0, r-1]上有唯一解，所以我用x = (X % r + r) % r就可以求出最小非负整数解x了！（X % r可能是负值，此时保持在[-(r-1), 0]内，正值则保持在[0, r-1]内。加上r就保持在[1, 2r - 1]内，所以再模一下r就在[0, r-1]内了）。
心得：
总结下求ax+by=c（ax ≡ c (mod b)）的x最小解求法：
利用辗转相除法求出gcd（a，b）=d，和x，y，先判断c是否被d整除，如果没求无解
那么接下来将求得的x乘（c/d），令r=b/d,将x%r+r再%r即可；
代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
using namespace std;
long long x,y,m,n,l,d;
long long X,Y;
void gcd(int a,int b)
{
if(b==)
{
d=a;
X=;
Y=;
return;
}
else
{
gcd(b,a%b);
long long temp=X;
X=Y;
Y=temp-a/b*Y;
}
}
int main()
{
//freopen("a.in","r",stdin);
scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&l);
long long a=n-m;
long long b=l;
long long c=x-y;
gcd(a,b);
if(c%d!=)
{
cout<<"Impossible"<<endl;
return ;
}
long long r=b/d;
printf("%lld\n",(X*(c/d)%r+r)%r);
return ;
}