P6634 [ZJOI2020] 密码 解题报告

P6634 [ZJOI2020] 密码 解题报告：

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题意

有 \(m\) 个方程：

\[a_ix+b_i\equiv c_i\pmod{mod} \]

其中 \(b_i\) 是 \([-\lceil \frac{err}{2}\rceil,\lceil \frac{err}{2}\rceil]\) 内的随机扰动。

给定 \(a_i,c_i,mod,err\) 求 \(x\)。

\(10^{15}\leqslant p\leqslant 10^{18},1\leqslant err\leqslant\frac{p}{100},50\leqslant m\leqslant 2000\)。

分析

若 \(err\leqslant 10^6\)，可以把方程求和，枚举其扰动，计算出 \(x\)，check 一下就好了。（没写过，不知道对不对）

不太清楚正解，这里写一下 skip2004 的一种做法。

我们维护当前 \(x\) 的范围，不断使用方程缩小其范围，当范围很小时就可以暴力枚举 \(x\) 进行 check 了。

我们考虑通过原来的方程加减构造若干个近似程度比较高的方程，然后解出 \(x\) 的一个更小范围：

\[ax\pm b\times err\equiv c\pmod{mod} \]

我们不断重复以下流程：

• 随机选择若干个方程（奇数个），并给每个方程随机一个权值 \(1/-1\) 然后相加；（期望下 \(a,b\) 很小）
• 解出 \(x\) 的范围；（需要处理的细节比较多，具体见代码）
• 将新生成的方程按照 \(a\) 排序，将相邻的方程相减，生成新的方程。

大概随机几轮就行了。

至于正确性，hzr 说随机加加减减生成的答案可以看做随机，然后可以用 \(n\) 个 \([0,V]\) 内随机实数第 \(k\) 大期望为 \(\frac{Vk}{n+1}\) 的结论缩小范围。

具体还是看 $ 鸽鸽的博客吧，感觉以我的能力讲不清楚。

代码

有几个坑点。

rand 要用 mt19937，用自带和手写（这个不确定）的好像都会挂。

每次要给方程扰动一下，否则好像会被卡。

还有一些见代码。

struct node{
	long long a,c,cnt;
	inline bool operator ==(node &p)const{
		return a==p.a;
	}
	inline bool operator <(node &p)const{
		return a<p.a;
	}
};
int check(long long X){
	X=(X%mod+mod)%mod;
	int flg=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		long long val=dec(mul(a[i],X)-c[i]);
		flg&=(val<=err||val>=mod-err);
	}
	return flg;
}
void addnode(long long a,long long c,long long cnt){
	V.push_back(node{a,c,cnt});
	if(err>mod/cnt/2||(nowR-nowL+1)>mod/a)
		return ;
	long long L=mul(nowL,a),R=mul(nowR,a),tmpL=c-cnt*err,tmpR=c+cnt*err;
	while(L>R)
		R+=mod;
	while(tmpL>R)
		tmpL-=mod,tmpR-=mod;
	while(tmpR<L)
		tmpL+=mod,tmpR+=mod;
	if(tmpL+mod>R&&tmpR-mod<L)
		nowL+=max(tmpL-L,0ll)/a,nowR-=max(R-tmpR,0ll)/a;
}
int main(){
	srand(time(0));
	scanf("%d",&T); 
	while(T--){
		scanf("%d%lld%lld",&n,&mod,&err),err=(err+1)/2,nowL=0,nowR=mod-1;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			scanf("%lld%lld",&a[i],&c[i]);
		while(nowR-nowL+1>S1){
			V.clear();
			long long delta=rnd()%mod;
			nowL+=delta,nowR+=delta;
			if(nowR-nowL+1>mod/4)
				nowL=0,nowR=mod-1;
			for(int i=1;i<=S2;i++){
				long long nowA=0,nowC=0;
				for(int j=1;j<=S3;j++){
					int x=rnd()%n+1;
					while(1){
						int flg=0;
						for(int k=1;k<j;k++)
							if(p[k]==x)
								flg=1;
						if(flg==0)
							break;
						x=rnd()%n+1;
					}
					p[j]=x;
					long long aa=a[x],cc=inc(c[x]+mul(a[x],delta));
					if(rnd()&1)
						nowA=inc(nowA+aa),nowC=inc(nowC+cc);
					else nowA=dec(nowA-aa),nowC=dec(nowC-cc);
				}
				addnode(nowA,nowC,(long long)S3);
			}
			for(int i=1;i<=S4;i++){
				if(V.size()>S5)
					nth_element(V.begin(),V.begin()+S5,V.end()),V.resize(S5);
				sort(V.begin(),V.end()),V.erase(unique(V.begin(),V.end()),V.end());
				int rec=V.size();
				for(int j=0;j<rec;j++)
					for(int k=j+1;k<=j+S6&&k<rec;k++)
						addnode(V[k].a-V[j].a,dec(V[k].c-V[j].c),V[j].cnt+V[k].cnt);
			}
			nowL-=delta,nowR-=delta;
		}
		ans=0;
		for(long long i=nowL;i<=nowR;i++)
			if(check(i)){
				ans=i;
				break;
			}
		printf("%lld\n",(ans%mod+mod)%mod);
	}
	return 0;	
}