问题描述

问题分析

很容易想到与扩展欧几里德有关
由题意可得到

把它化成 $a\cdot x+b\cdot y=gcd\left( a,b\right)$
则

所以可判断(y-x)是否能整除gcd(m-n,-L)
因为L必然大于0
所以把公式写为 $\left( n-m\right) t+k\cdot L=x-y$
用扩展欧几里德算法求出x y
剩下可求出了t
然后考虑t<0的情况
引用一段题解

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 = ax+ by。
定理二：若gcd(a,b) = 1，则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b-1]上有唯一解。
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：上述同余方程等价于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 (modb/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。
如果得到ax ≡ c (mod b)的某一特解X，那么令r = b/gcd(a, b)，可知x在[0, r-1]上有唯一解，所以用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）。

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#include<stdio.h>
long long exgcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y) {
	if(b==0) {
		x=1,y=0;
		return a;
	}
	long long d=exgcd(b,a%b,y,x);
	y-=x*(a/b);
	return d;
}
int main() {
	long long x,y,m,n,L;
	while(scanf("%lld %lld %lld %lld %lld",&x,&y,&m,&n,&L)!=EOF) {
		long long t1,t2;
		long long d=exgcd(n-m,L,t1,t2);
		if((y-x)%d!=0)
			printf("Impossible\n");
		else {
			t1=t1*((x-y)/d);
			long long r=L/d;
			t1=(t1%r+r)%r;
			printf("%lld\n",t1);
		}
	}
	return 0;
}

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