实用指南：洛谷P9560 [SDCPC 2023] Math Problem 题解

[SDCPC 2023] Math Problem

这题题解竟然没有满！

思路

有没有发现两个操作貌似相反？大家发现，假设先进行第一个操作再进行第二个管理，相当于没有进行管理。故最优的操作顺序一定是先进行若干次操作二，再进行若干次处理一。

那么我们可以枚举两次操作的次数。第二次操作最多进行${\log }_{k}n$次。如果初始为$n$，进行一次操作一，其可能的取值范围为$[n\cdot k,n\cdot k+k-1]$，进行两次操作一，其可能的取值范围为$[n\cdot k\cdot k,(n\cdot k+k-1)\cdot k+k-1]$。倘若当前取值范围为$[l,r]$，那么执行一次操作一后可能范围即为$[l\cdot k,r\cdot k+k-1]$，该范围内的数都能取到。根据鸽巢原理，如果取值范围大于等于$m$，那么一定会有至少一个$m$的倍数，所以处理一最多执行${\log }_{k}m$次，总复杂度$O(T{\log }_{k}n{\log }_{k}m)$。

代码

有可能爆 long long，要开 __int128！

#include<bits/stdc++.h>
  using namespace std;
  int t,k,m,a,b;
  long long p[70],cnt,n;
  int main()
  {
  ios::sync_with_stdio(0);
  cin.tie(0),cout.tie(0);
  cin>>t;
  while(t--)
  {
  cin>>n>>k>>m>>a>>b;
  cnt=1,p[1]=n;
  while(k!=1&&n!=0)//p中记录所有操作二的可能结果
  {
  n/=k;
  p[++cnt]=n;
  }
  long long ans=1e18;
  for(int i=1;i<=cnt;i++)
  {
  if(k==1)//k=1要特判
  {
  if(p[i]%m==0)
  ans=min(ans,1ll*(i-1)*b);
  continue ;
  }
  __int128 l=p[i],r=p[i];
  long long sum=1ll*(i-1)*b;
  while(l/m==r/m&&l%m!=0&&r%m!=0)
  {
  l*=k,r*=k;
  r+=k-1;
  sum+=a;
  }
  ans=min(ans,sum);
  }
  if(ans!=1e18)
  cout<<ans<<"\n";
  else
  cout<<-1<<"\n";
  }
  return 0;
  }