洛谷p5444 [APIO2019]奇怪装置
[APIO2019]奇怪装置。
题目
题解
先来证明一个引理。
\(ac \equiv bc(modp),(c,p)=d\)则\(a \equiv b(mod \frac{p}{d})\)
\(\because ac ≡ bc(mod p)\)
\(\therefore p|ac-bc\)
\(\therefore p|c(a-b)\)
\(\because (c,p)=d\)
\(\therefore \frac{p}{d}|\frac{c}{d}(a-b)\)
\(\because c,p\)已经除去了\(gcd\)，
\(\therefore (\frac{p}{d},\frac{c}{d})=1\)
那么又\(\because\)整除
\(\therefore \frac{p}{d}|a-b\)
即\(a \equiv b(mod \frac{p}{d})\)
正文开始。
我们想办法计算出\(x=((t+\lfloor \frac{t}{B} \rfloor)modA)\)和\(y=(t mod B)\)
当\(t=k\)时，假设\(x=0,y=0\)(当前是第一次循环，循环节就是\(k\))
把\(t\)换成\(k\)
则\(x=((k+\lfloor \frac{k}{B} \rfloor)modA),y=(kmodB)\)
此时因为\(y=0\),所以\(kmodB=0\)，即\(k|B\)
那么\(x\)式子的下取整符号就可以去掉。
即
不难想出和\(0 \equiv \frac{k(B+1)}{B}(modA)\)是等价的。
这时根据引理，把\(\frac{k}{B}\)当成引理中的\(a\)，把\(B+1\)当成引理中的\(b\)，把\(A\)当成引理中的\(p\)
得到
所以最小循环节\(k\)就是\(\frac{AB}{gcd(A,B+1)}\)。
做到这里恭喜你做完了这道题的一半。
我们考虑把这道题变成一道区间覆盖问题。
对区间\([l,r]\)进行考虑
情况1：若\(r-l+1>=k\)
则说明此区间的长度已经大于了循环节，即循环节的每一个数都能取到，答案就是循环节，直接退出程序即可。
情况2：
将\(l\)和\(r\)都模\(k\)（下文的\(l\)和\(r\)都是模\(k\)之后的）
若\(l <= r\)
表示这段区间被完全包含在了循环节里面，即这条线段都可以取到。
我们在数轴上画一条\(l \sim r\)的线段。
情况三：
接着情况2，讨论\(l > r\)的情况
此时的情况是\(l\)到某一个点刚好结束了循环节，而这个点之后又重新开始了下一个循环，所以会出现\(l>r\)的情况。
我们在数轴上画\(2\)条线段。
\([l,k - 1]\)和\([0,r]\)
最后的答案就是数轴被覆盖的长度。
算这个东西就很简单了。
把所有线段按照左端点排序。
我们设\(nl,nr\)表示当前连通的线段的左端点和右端点。
之后枚举每\(1\)条线段。设当前枚举到的线段为\(L\)。
若\(L\)的左端点\(>nr\)则说明这条线段已经与当前连通的线段所断开了，我们将答案加上\(nr-nl+1\)，然后将\(nl\)和\(nr\)更新为这条线段的左端点和右端点即可。
否则说明这条线段也可以和当前已经连通的线段相连。
我们\(check \_ max\)一次\(nr\)和当前线段的右端点即可。（这部分配合着看我代码会更容易理解一些）
代码
#include <bits/stdc++.h>
const int maxn = 1e6 + 10;
typedef long long ll;
template<class t> inline void read(t& res) {
res = 0; char ch = getchar(); bool neg = 0;
while (!isdigit(ch))
neg |= ch == '-', ch = getchar();
while (isdigit(ch))
res = (res << 1) + (res << 3) + (ch & 15), ch = getchar();
if (neg)
res = -res;
}
ll gcd(ll a, ll b) { return b ? gcd(b, a % b) : a; }
ll n, m, i, j, k, A, B, sz, len, nl, nr;
ll ans;
struct line {
ll l, r;
line() { l = r = 0; }
line(ll _l, ll _r) { l = _l; r = _r; }
inline friend bool operator < (line a, line b) {
return a.l < b.l;
}
} l[maxn << 1];
int main() {
read(n); read(A); read(B);
len = A / gcd(A, B + 1) * B;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
ll le, ri; read(le); read(ri);
if (ri - le + 1 >= len) { printf("%lld\n", len); return 0; }
le %= len;
ri %= len;
if (le <= ri)
l[++sz] = line(le, ri);
else
l[++sz] = line(le, len - 1),
l[++sz] = line(0, ri);
}
std::sort(l + 1, l + sz + 1);
l[++sz] = line(len + 1, 0);
nl = l[1].l, nr = l[1].r;
for (int i = 2; i <= sz; i++) {
if (nr < l[i].l) {
ans += nr - nl + 1;
nl = l[i].l;
nr = l[i].r;
} else {
nr = std::max(nr, l[i].r);
}
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
