「EOJ 317A」击鼓传花（类欧）

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稍加转化的题意：给定 \(a\)，\(b\)，\(l\)，\(r\)，求最小非负整数 \(x\) 满足 \(ax \bmod b \in [l, r]\)。

思路：

首先可以把 \(a\) 变为 \(a \bmod b\)，不影响答案。现在只要支持把 \(a\)，\(b\) 的地位互换，我们就能像类欧一样搞了。

假设 \(a \neq 0\)。考虑找一些平凡情况先判掉：若 \(\lceil\frac{l}{a}\rceil \le \lfloor\frac{r}{a}\rfloor\)，\(x_{\min} = \lceil\frac{l}{a}\rceil\)。如果不是这种情况，因为 \(l \le r\)，就有 \(\lceil \frac{l}{a} \rceil = \lfloor \frac{r}{a} \rfloor + 1\)，因此一定存在 \(M\) 使 \(a(M - 1) < l \le r < aM\)。

有了此性质，我们对式子 \(l \le ax - by \le r\) 变形：

\[\begin{split} & \Leftrightarrow \qquad l - ax \; & \le -by & \le r - ax \\ & \Leftrightarrow \qquad ax - r \; & \le by & \le ax - l \end{split} \]

记 \(l' = (-r) \bmod a\)，\(r' = (-l) \bmod a\)（都取非负）。上式也就是 \(by \bmod a \in [l', r']\)。又因为 \(y\) 最小时 \(x\) 一定最小，所以通过 \(b\)，\(a\)，\(l'\)，\(r'\) 的问题得到 \(y_{\min}\) 后就能推出相应的 \(x_{\min}\)。

发现根本没用到性质？其实用到了：根据式子推出 \(l' = aM - r\)，\(r' = aM - l\)，因此 \(l' \le r'\)。若没这个性质就可能 \(l' > r'\)，新问题变成 \(by \bmod a \in [l', a - 1] \cup [0, r']\)，要分出两个子问题，复杂度就错了。

这样我们就通过了本题，时间复杂度 \(O(\log a)\)。

代码：

#include <bits/stdc++.h>

#define rep(i, p, q) for (int i = int(p); i <= int(q); i++)
#define per(i, p, q) for (int i = int(p); i >= int(q); i--)

using namespace std;

typedef long long ll;

const int inf = 2e9;

inline void put(int res) {
	printf("%d\n", res == inf ? -1 : res);
}

int F(int a, int b, int l, int r) {
	a %= b;
	if (!l) return 0;
	if (!a) return inf;
	int M = (l - 1) / a + 1;
	if (a * M <= r) return M;
	int y = F(b, a, a * M - r, a * M - l);
	if (y == inf) return inf;
	return (l - 1 + ll(b) * y) / a + 1;
}

int T, a, b, s, l, r;

int main() {
	scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		scanf("%d %d %d %d %d", &a, &b, &s, &l, &r);
		l = (l - s + b) % b;
		r = (r + 1 - s + b) % b;
		if (l < r) {
			put(F(a, b, l, r - 1));
		} else {
			put(min(F(a, b, l, b - 1), r ? F(a, b, 0, r - 1) : inf));
		}
	}
	return 0;
}

评分：

思维难度：5/10

代码难度：1/10

评价：5/10