题目描述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。输入输出格式输入格式：输入只包括一行5个整数x，y，m，n，L其中0
    
     < =2000000000，0 < m、n < =2000000000，0 < L < =2100000000。输出格式：输出碰面所需要的天数，如果永远不可能碰面则输出一行"Impossible"。输入输出样例输入样例#1： 1 2 3 4 5输出样例#1： 4首先我们可以发现，这个题就是为了让我们解一个方程：x+km≡y+kn(modl),k为所求x+km−(y+kn)=lz,z∈Z那么就是：x−y+k(m−n)−lz=0k(m−n)−lz=−(x−y)那么我们设S=x−y,W=n−m这个式子便可写作：kW+lz=S那么其实，对于这个方程，我们是要解出步数的最小值，所以我们只需要求出k最小即可。我们可以通过扩展欧几里德算法求出一组特解，然后对于这组特解，我们再推导出最小解来。Code:#include
     
      #include
      
       using namespace std;long long ans,x1,y1;long long exgcd(long long a,long long b,long long &x1, long long &y1){    if(!b){        x1=1;        y1=0;        return a;    }    ans=exgcd(b,a%b,x1,y1);    long long t=x1;    x1=y1;    y1=t-a/b*y1;    return ans;}int main(){    long long n,m,x,y,l;    cin>>x>>y>>m>>n>>l;    long long b=n-m,a=x-y;    if(b<0){        b=-b;        a=-a;    }    exgcd(b,l,x1,y1);    if(a%ans!=0){        cout<<"Impossible";    }    else{        cout<<((x1*(a/ans))%(l/ans)+(l/ans))%(l/ans);    }    return 0;}