使用代码一只青蛙坐在一个网格图上，行和列都是无限的。行的计数从底部开始1, 2, ⋯，列也是这样。青蛙最初的位置是坐标(sx, sy)，旅程开始了。它使用了一种特别的跳跃方法。如果它在坐标(x, y)，寻找一个可以被x和y都整除的最小的z，然后向上或向右跳z步，下一步坐标可能是(x+z, y)或(x, y+z)。经过有限跳跃后（可能是0步），它停在(ex, ey)。然而，它太累了，忘记了它的起始位置。如果一个个去检查网格的所有坐标，那太笨了！请告诉青蛙一个聪明的办法，到达(ex, ey)的可能的起始位置有

这道题目可以使用数学方法来解决，具体来说，我们可以先求出从起点 (sx, sy) 开始，跳 k 次能够到达的所有坐标 (x, y)，然后判断 (ex, ey) 是否在这些坐标中，如果是，则 (sx, sy) 就是一个可能的起始位置。

计算从起点 (sx, sy) 开始，跳 k 次能够到达的所有坐标 (x, y) 的方法如下：

1. 枚举所有的因子 z，计算出下一步可能到达的坐标 (x', y') = (x + z, y) 和 (x, y + z)。

2. 如果这些坐标之前没有到达过，则标记为已到达，并递归计算从 (x', y') 或 (x, y') 开始，跳 k-1 次能到达的所有坐标。

3. 如果 k=0，则返回已到达的所有坐标。

下面是使用 C++ 实现的代码：

#include <iostream>
#include <unordered_set>
using namespace std;

unordered_set<long long> visited; // 用于记录已到达的坐标

// 递归计算从 (x, y) 开始，跳 k 次能到达的所有坐标
void dfs(long long x, long long y, int k) {
    if (k == 0) {
        visited.insert(x * 1000000000LL + y);
        return;
    }
    for (long long z = 1; x + z <= 2000000000; z *= 2) {
        if ((x + z) % y == 0) {
            long long x1 = x + z, y1 = y;
            if (visited.count(x1 * 1000000000LL + y1) == 0) {
                visited.insert(x1 * 1000000000LL + y1);
                dfs(x1, y1, k - 1);
            }
        }
        if ((y + z) % x == 0) {
            long long x1 = x, y1 = y + z;
            if (visited.count(x1 * 1000000000LL + y1) == 0) {
                visited.insert(x1 * 1000000000LL + y1);
                dfs(x1, y1, k - 1);
            }
        }
    }
}

int main() {
    long long sx, sy, ex, ey;
    cin >> sx >> sy >> ex >> ey;
    for (int k = 0; k <= 60; k++) { // 跳 k 次最多到达 2^k 个点
        visited.clear();
        dfs(sx, sy, k);
        if (visited.count(ex * 1000000000LL + ey) != 0) {
            cout << sx << " " << sy << endl;
            return 0;
        }
    }
    cout << "No solution" << endl;
    return 0;
}

在这个代码中，我们使用了一个哈希表 visited 来记录已经到达的坐标，其中的 key 是将 x 和 y 合并为一个 long long 类型的整数。我们使用 dfs 函数来递归计算从 (x, y) 开始，跳 k 次能到达的所有坐标，然后在主函数中枚举 k 的值，如果 (ex, ey) 在已到达的坐标中，则输出起始位置 (sx, sy)，否则输出 No solution。