不妨设青蛙A的出发点坐标是\(m1\)，青蛙B的出发点坐标是\(n1\)。青蛙A一次能跳\(m\)米，青蛙B一次能跳\(n\)米，跳一圈长\(l\)米，设青蛙A、B跳了\(x\)次。
那么题目要求的是满足下面这个柿子最小\(x\)正整数解：
\[(m-n)\times x\equiv m1-n1\pmod{l} \]不妨把这个不定方程变形一下：
\[(m-n)\times x+l\times y=m1-n1 \]看到这个形式，就想到用扩展欧几里得来求解。
不妨设\(a=m-n,b=l,c=m1-n1\)。
那么原方程就是：
\[a\times x+b\times y=c \]然后我们知道一个性质：
若\(a\times x+b\times y=c\)有解，则满足\(gcd(a,b)|c\)。
所以说我们先判断方程是否有解，若无解就输出\(\mathbf{Impossible}\)。
然后如果有解，我们就先用扩展欧几里得求出\(a\times x+b\times y=gcd(a,b)\)的一组解。
然后我们对这个方程左右两边同时乘上\(c\div gcd(a,b)\)。
那么有：
\(a\times(c\div gcd(a,b))\times x+b\times(c\div gcd(a,b))\times y=c\)
为了方便起见，我们这里令\(p=a\times(c\div gcd(a,b))\)，\(q=b\times(c\div gcd(a,b))\)。
这时，我们就可以求出满足下列方程的一组特解：
\(p\times x+q\times y=c\)
此时，我们发现\(x\)可以任意变为\((x+k\times \frac{q}{gcd(p,q)})\)，且总有对应的一个整数解\(y\)使得原方程依旧成立，因为：
若\(p\times x+q\times y=c\)成立，则必有\(p\times (x+\frac{q}{gcd(p,q)})+q\times (y-\frac{p}{gcd(p,q)})=c\) 成立。
（为什么一定要除\(gcd(p,q)\)？因为在电脑中会向下取整，而且我们要使得\(\frac{q}{gcd(p,q)}\)尽量小，这样才能找到更多的\(x\)解）。
所以令\(g=\frac{q}{gcd(p,q)}\)，即：
\[g=\frac{q}{gcd(p,q)}=\frac{b\times(c\div gcd(a,b))}{gcd(a\times(c\div gcd(a,b)),b\times(c\div gcd(a,b)))}=\frac{q}{gcd(a,b)} \]那么\(x\)的最小正整数解为：
\[((x \bmod g)+g)\bmod g \]那么我们就可以输出答案了。
代码流程梳理一下：
flowchat st=>start: 开始 e=>end: 结束 op=>operation: 求出gcd(a,b) op2=>operation: 输出"Impossible" op3=>operation: 求出exgcd(a,b) op4=>operation: x*=c/gcd(a,b),y*=c/gcd(a,b) op5=>operation: 求出g op6=>operation: 求出x的最小正整数解，输出 cond=>condition: gcd(a,b)是否整除c？ st->op->cond op3->op4->op5->op6->e cond(yes)->op3 cond(no)->op2最后代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll m1,n1,m,n,l;
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
if(!b)
{
x=1ll,y=0ll;
return a;
}
ll ans=exgcd(b,a%b,x,y);
ll xx=x;
x=y;
y=xx-(a/b)*y;
return ans;
}
int main()
{
while(~scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&m1,&n1,&m,&n,&l))
{
if(n<m)
{
swap(n,m);
swap(n1,m1);
}
ll a=n-m,b=l,c=m1-n1,x,y;
ll t=exgcd(a,b,x,y);
if(c%t)
{
puts("Impossible");
continue;
}
c/=t;
x*=c;
ll mod=b/t;
x=(x%mod+mod)%mod;
printf("%lld\n",x);
}
return 0;
}