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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。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，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。

ax0 + by0 = d一定有解？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，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！），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

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）。

代码如下：

#include <iostream>
using namespace std;
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;
}
int main()
{
    long long x, y, m, n, L, X, Y, d, r;
    while (cin >> x >> y >> m >> n >> L)
    {
        d = extgcd(n - m, L, X, Y); r = L / d;
        if ((x - y) % d) cout << "Impossible" << endl;
        else cout << ((x - y) / d * X % r + r) % r << endl;
    }
    return 0;
}