题目：
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。
Input
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。
Output
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"
Sample Input
1 2 3 4 5 99 88 15 26 37
Sample Output
4 1
题意描述：青蛙A和青蛙B分别在一个长度为 l 的环形数轴上的x、y坐标上，青蛙A的一次跳跃距离为m,青蛙B的一次跳跃的距离为n,何时能够相遇。
思路：设跳跃次数为 k，由题可以列式：（x+km-(y+kn)）%l=0;令t=（x+km-(y+kn)）/l;所以可以得到：（x+km-(y+kn)）=lt;——>(x-y)+k(m-n)=lt;进一步化成k(m-n)-lt=(x-y)正好可以化成
ax+by=c的形式，然后利用扩展的欧几里得：（这里由于推理别人比我写的好，我只把结论写出来）
ax+by=c=gcd(a,b)—>gcd(a,b)=gcd(b,a%b)
ax+by=bx1+(a%b)y1;
a%b=a-(a/b)b;
bx1+(a%b)y1=bx1+(a-(a/b)b)y1=ay1+(x1-(a/b)y1)b;
对应相等得：x=y1,y=x1-(a/b)y1;
然后利用这个公式不断递归；
所以：ax+by=gcd(a,b)可以得到公式的解：x=xc/gcd(a,b) y=yc/gcd(a,b) {这个其他大神推到的，记住就行了）
这个题是让我们求最小的解，不是只求出解，所以还需要对所得到的解求余，不过可能所得的解是负的，所以要求两次余：k=((x%l)+l)%l,这里是对路程求余（个人认为）
什么时候会不可能到达呢？
（x-y)%gcd(a,b)!=0的时候，说明他们就不会相遇。
注意：由于数据给的有点大，如果只用int 会答案错误，所以用long long;
具体看代码：
#include<stdio.h> long long a,b,c,d; long long x,y,t; long long gcd(long a,long b) { if(b==0) { x=1; y=0; return a; } d=gcd(b,a%b); t=x; x=y; y=t-(a/b)*y; return d; } int main() { long long n,m,l,k,tem,r; while(scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&l)!=EOF) { a=n-m; b=l; c=x-y; d=gcd(a,b); if(c%d!=0) { printf("Impossible\n"); } else { k=x*(c/d); k=(k%l+l)%l; printf("%lld\n",k); } } return 0; }
