[ARC127F] ±AB

statement

有一个数 \(V\)，你可以进行若干次 \(+A,-A,+B,-B\) 操作，需要保证任意时刻 \(0\leq V\leq M\)，求可以变成那些数字。

solution

• \(A+B-1\leq M\)

引理一：若 \(x=V+pA+qB\in [0,M]\) ，则 \(V\) 可以变成 \(x\) 。

若 \(p,q\) 同号，显然成立。
若不同号，不妨设 \(p>0,q<0\)，那么我们可以一直减 \(B\) 直到达到上限或者不能减了，若达到上限，此时一定可以加 \(p\) 次 \(A\)，若不能减了，当前的数字 \(v<B\)，那么一定可以执行一次加 \(A\)，因为 \(v+A\leq A+B-1\leq M\)，因此我们就不停地 \(-B,+A\) 直到合法即可。

因为 \(\gcd(A,B)=1\)，所以根据裴蜀定理，\(x\) 可以取遍 \([0,M]\) 。

• \(A+B-1>M\)

不妨令 \(V=V\bmod A\)，显然这和原问题等价。
显然第一步不能选择 \(-A\)，且因为 \(A<B\)，第一步也不能选择 \(-B\) 。
不妨设第一次选择了 \(+A\)，那么接下来不能选择 \(-A\)，因为重复了，也不能 \(+B\)，因为 \(A+B-1>M\)。那么只能在 \(+A,-B\) 中选一个，并且显然两个不能同时选，因此对于每个数，都只有唯一的出边，另一种走法 \(+B,-A\) 同理。

引理二：转移图无环

不妨设最小环走了 \(x\) 次 \(+A\)，\(y\) 次 \(-B\)，则 \(Ax=By\)，因为 \(\gcd(A,B)=1\)，该方程最小正整数解为 \(B,A\)。
但是因为 \(A+B>M+1\)，所以环一定重复经过了某些点，与环是最小的矛盾。

引理三：两种走法无交

因为两种走法起点相同，所以若相交，那么一定有环，与上矛盾。

因此可以对两种走法分别计算最远走多少步再加起来就是答案，以 \(+A,-B\) 为例。

不妨设进行了 \(k\) 次 \(+A\)，因为走不动了，所以最终的数 \(x\) 一定满足 \(x\in [m-A+1,B-1]\)，那么一定进行了 $\lfloor \frac{V+kA}{B} \rfloor $ 次 \(-B\) 。

也就是说，我们要找最小的 \(k\)，满足 $(V+kA)\bmod B+A\geq M+1 $ 。

令 \(V0=V\bmod B\)，若 \(V0+A>M\)，显然此时答案为 $\lfloor \frac{V}{B} \rfloor $ 。
否则:

引理四：\(V0+(kA\bmod B)<B\)

若不然，我们先减去 \(B\)，然后 \(+A\)，一定合法，矛盾。

因此 \((V+kA)\bmod B=V0+(kA\bmod B)\)，转为计算 \(L\leq (kA)\bmod B\leq R\) 的最小的 \(k\) 。

考虑使用类欧求解。

令 \(B=pA+q,t=\lfloor \frac{kA}{B} \rfloor\)，那么 \((kA)\bmod B=kA-Bt=kA-(pA+q)t=A(k-tp)-tq\)，可以变成 \(tq\bmod A\in [L',R']\)，递归计算。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int Euclid(int A,int B,int L,int R)
{
	if(A==0) return 0;
	A%=B;
	if((L-1)/A!=R/A) return (L+A-1)/A;
	int t=Euclid(B%A,A,(A-R%A)%A,(A-L%A)%A);
	return (1ll*t*B+L+A-1)/A;
}
int walk(int A,int B,int V,int M)
{
	int V0=V%M;
	if(V0+A>M) return V/B;
	int k=Euclid(A,B,M-A-V0+1,B-V0-1);
	return k+(V+1ll*A*k)/B;
}
int main()
{
	int T;
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		int A,B,V,M;
		scanf("%d %d %d %d",&A,&B,&V,&M);
		if(A+B-1<=M)printf("%d\n",M+1);
		else printf("%d\n",walk(A,B,V%A,M)+walk(B,A,V%A,M)+1); 
	}
	return 0;
}