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。

输入只包括一行5个整数x，y，m，n，L，其中x≠y < 2000000000，0 < m、n < 2000000000，0 < L < 2100000000。

输出碰面所需要的跳跃次数，如果永远不可能碰面则输出一行"Impossible"

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浙江

 此题暴力求解必定超时，一般计算机计算一亿次就为一秒，L超过了20亿所以显然不行。其中一种方式是利用相对性，把速度慢的青蛙看成静止，而速度快的青蛙去追赶速度慢者。设m速度快 n速度慢，那么他们开始距离就为dist=（y-x+l)%l。设m青蛙的坐标为0，n青蛙坐标为dist且设经过k时间，跑了i圈之后m青蛙跑到了n青蛙的坐标。那么就有下列式子：

 （m-n)*k==l*i+dist;

假如p为（m-n）与l的最大公约数gcd（m-n，l），那么若dist%p不为零，直接就可以判断为不可行的。而且dist%p为零时是一定可行的，具体原因讲第二种方法时再解释，先看第一种方法的解法：

#include<iostream>
using namespace std;
long long x,y,m,n,l,dist;
int gcd(int a,int b){//辗转相除法求最大公约数 
    if(b==0)return a;
    return gcd(b,a%b);
}
int main()
{
    while(cin>>x>>y>>m>>n>>l){
          if(m>n)dist=(y-x+l)%l;
          else {
            dist=(x-y+l)%l;
            int temp=m;
            m=n;n=temp;
            }
          
          if(m==n||dist%gcd(m-n,l)){
             cout<<"Impossible"<<endl;
             continue;
             }
          long long k=0;   
          for(int i=0;;i++){
                  if((i*l+dist)%(m-n)==0){
                      k=(i*l+dist)/(m-n);
                      break;
                      }
                  }
          cout<<k<<endl;
    }
    return 0;
}

外带超精简代码一发：

#include <stdio.h>
int main()
{  unsigned long x,y,m,n,L;
   scanf("%ld %ld %ld %ld %ld",&x,&y,&m,&n,&L);
   if (m==n) printf("Impossible\n");
   else
   {
        if(m>n)
        {m=m-n;x=(y-x+L)%L;}
        else {m=n-m;x=(x-y+L)%L;}
         n=x/m;x=x%m;y=x;
        while(1)
        { if(y==0) {printf("%ld\n",n);break;}
           n=n+(y+L)/m;y=(y+L)%m;
          if(y==x) {printf("Impossible\n");break;}
        }
   }
return 0;
 }