一道简单的数学题～
首先分析题意。精简得出：假设跳了 \(t\) 次，那么青蛙A的坐标是 \((x+mt)\mod L\)，青蛙B的坐标是 \((y+nt)\mod L\)，列出方程：
\[x+mt\equiv y+nt\pmod L \]由于余数具有可减性，所以把 \(y+nt\) 移到左边，得出：
\[x-y+mt-nt\equiv 0\pmod L \]写成人话：
\[(x-y+mt-nt)\mod L=0 \]由于 \(\mod L\) 等于减去非负整数个 \(L\)，假设减去了 \(s\) 个 \(L\)，得出：
\[x-y+mt-nt-sL=0 \]是不是有点扩展欧几里德的味道了？接下来尝试着一些变形，容易得出：
\[(m-n)t-s\cdot L=y-x \]如果你还没有看出来：
\[(m-n)x_0-L\cdot y_0=y-x \]直接代入求解即可。特别的，若无解，那么 \(y-x\) 不是 \(gcd(m-n,L)\) 的倍数。
所以就可以开开猩猩的写代码辣～仅需稍微注意 \(x_0\) 为负数的情况，然后这道题就 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;
}