51nod1079(中国剩余定理)

题目链接: http://www.51nod.com/onlineJudge/user.html#!userId=21687

 

题意: 中文题诶~

 

思路: 本题就是个中国剩余定理模板题,不过模拟也可以过,而且时间复杂度嘛~

我们可以知道gcd得出两个数的最大公约在最坏的情况下(a, b是相邻的两个斐波拉契数)是O(logn)的, 同理可以知道exgcd也是O(lgn)时间复杂度,因此中国剩余定理时间复杂度是O(nlogn); 而模拟的话最坏的情况下需要O(n*x)的时间~本题两种算法都是15ms...

这里给出一个关于gcd时间复杂度分析的博客: http://blog.csdn.net/zeroonet/article/details/53375313

 

我们先说一下模拟.首先我们知道如果x%a=m的话, x=k*a+m.

对于 x%a1=m1, 很显然x(min)=m, 如果再加一组条件 x%a2=m2, 若当前x(min)不满足条件2的话, 我们找下一个(我们可以想象满足条件1的数据升序排列)满足条件1的数据,即a1+m,再判断其是否满足条件2, 很显然我们只要地推下去就能找到同时满足条件1, 2的最小数据; 如果再加一个条件 x%a3=m3呢? 前面我们已经招到了满足条件1, 2的最小数据

x(min), 若其不满足条件3话, 我们找下一个满足条件1, 2的数据, 即x(min)+lcm(a1, a2)(此题中ai与aj互质,所以直接相乘就好啦,并且由这里我们不难看出最坏情况下即每次加2时其时间复杂度为O(x)), 再判断其是否满足条件3, 最终我们可以招到同时满足三个条件的最小数;

那么,很明显对于要满足n个这样的条件的答案我们也可以用这个方法求到啦~

代码:

#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 20
#define ll long long
using namespace std;

int main(void){
    int n;
    ll p[MAXN], m[MAXN], ans=0, gg=1;
    scanf("%d", &n);
    for(int i=0; i<n; i++){
        scanf("%lld%lld", &m[i], &p[i]);
    }
    ans=p[0];
    for(int i=0; i<n-1; i++){
        gg*=m[i];
        while(ans%m[i+1]!=p[i+1]){
            ans+=gg;
        }
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

 

那么中国剩余定理的模板呢~

至于证明嘛, 暂时还没想到(望路过的大神教一下)~

 

代码:

#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 20
#define ll long long
using namespace std;

ll p[MAXN], m[MAXN];
int n;

void exgcd(ll a, ll b, ll& x, ll& y){  //exgcd求乘法取模运算的逆元
    if(!b){
        y=0, x=1;
        return;
    }else{
        exgcd(b, a%b, x, y);
        ll temp=x;
        x=y;
        y=temp-a/b*y;
    }
}

ll crt(void){
    ll M=1, ans=0;
    for(int i=0; i<n; i++){
        M*=m[i];
    }
    for(int i=0; i<n; i++){
        ll mi=M/m[i], x, y;
        exgcd(mi, m[i], x, y);
        ans=(ans+p[i]*x*mi)%M;
    }
    if(ans<0){
        ans+=M;
    }
    return ans;
}

int main(void){
    scanf("%d", &n);
    for(int i=0; i<n; i++){
        scanf("%lld%lld", &m[i], &p[i]);
    }
    printf("%lld\n", crt());
    return 0;
}