Codeforces Round #707 (Div. 2, based on Moscow Open Olympiad in Informatics)/D

Codeforces Round #707 (Div. 2, based on Moscow Open Olympiad in Informatics)/D

D.Two chandeliers

题意：给出两个无限循环序列A,B以及整数k，找出最小长度x满足对于$1\le i\le x$，恰好有k对$a_i\ne b_i$。

A序列的循环节长度为n，B序列为m。

对于序列A,B，找出循环节中所有的$a_i\ne b_i$的时间复杂度是$O(nm)$；找出所有满足$a_i=b_i$的时间复杂度是$O(n)$。所以我们可以求循环节里相同的对数，然后用循环节的长度减去相同的对数就得到不同的对数了。

现需要求$a_i=b_j$出现的位置,即解如下方程组
$$\{\begin{array}{c}pos\equiv i(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n)\\ pos\equiv j(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)\end{array}$$
题解里提到了可以用CRT来解。但是CRT需要满足模数互质，在模数不互质的时候需要进行转换。
其实可以用扩展欧几里得来求
$pos=k_{1}n+i=k_{2}m+j$
求得$pos=k_{2}m+j(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}lcm(n,m))$
所以在可以将数组划分成长度为$lcm(n,m)$的块，对于每一块，它包含不同对数是一样的。

设$num$为每一块中的不同对数。

最后要注意对最后一块贡献的处理就行了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int max_n=5e5+5;
int mp[2*max_n];
ll ans[max_n];
ll n,m;
ll k;
int cnt=0;
void exgcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y)
{
	if(!b){
		x=1;y=0;d=a;return ;
	}
	exgcd(b,a%b,d,y,x);y-=(a/b)*x;
}
int main(void)
{
	int t;
	ll d,x,y,a,c,lcm;
	memset(mp,-1,sizeof(mp));
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
	exgcd(m,n,d,x,y);
	c=n/d;
	lcm=n*m/d;
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		scanf("%d",&t);
		mp[t]=i;
	}
	for(int i=0;i<m;i++)
	{
		scanf("%d",&t);
		if(mp[t]!=-1&&!((mp[t]-i)%d))
		{
			a=((ll)mp[t]-i)/d*x%c;
			a=(a+c)%c;
			ans[cnt++]=(a*m+i)%lcm;
		}
	}
	ll anss=0;
	ll num=lcm-cnt;
	if(k>num){
		if(k%num){
			anss=k/num*lcm;
			k=k%num;
		}
		else{
			anss=(k/num-1)*lcm;
			k=num;
		}
	}
	sort(ans,ans+cnt);
	bool flag=true;
	for(int i=0;i<cnt;i++)
	if(k<=ans[i]-i)
	{
		flag=false;
		anss+=k+i;
		break;
	}
	if(flag)anss+=k+cnt;
	printf("%lld\n",anss);
}
//1 2 1
//1
//2 1