【XSY3988】安静（数学，根号分类讨论）

题面

安静

题解

首先题目的条件可以看作是：如果当前时刻 $X$ 模 $T_i$ 为 $j$，那么就会得到 $f_i(j)$ 的贡献。构造一个答案时刻 $X$，使得总贡献最大，求总贡献的最大值。

注意到 $t\le 120$，那么我们将 $T_i$ 相同的归到一类：设 $f(t,j)$ 表示当前时刻 $X$ 模 $t$ 为 $j$ 时的总贡献，那么接下来整道题都与 $n$ 无关了。

现在题目的要求变成了：如果当前时刻 $X$ 模 $t$ 为 $j$，那么就会得到 $f(t,j)$ 的贡献。构造一个答案时刻 $X$，使得总贡献最大，求总贡献的最大值。

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先来考虑一种最朴素的做法。

令集合 P = { 2 , 3 , 5 , 7 , ⋯   , 113 } \mathbb{P}=\{2,3,5,7,\cdots,113\} P={2,3,5,7,⋯,113} 表示所有小于等于 $120$ 的质数的集合，那么所有的 $t$ 所包含的所有质因子都在集合 $\mathbb{P}$ 内。

设 $p$ 为集合 $\mathbb{P}$ 内某一元素，定义 $m_p=\lfloor {\log }_{p}120\rfloor$，那么 $m_p$ 就表示在所有的 $t$ 的分解质因数中 $p$ 的幂次最高能到多少。

对于任意一个 $1\le t\le 120$，考虑 $X$ 模 $t$ 的余数是什么。

考虑一个数 $M=\prod _{p\in \mathbb{P}}{p}^{m_p}$，发现 $M$ 始终是 $t$ 的倍数，所以 $X\equiv X-M(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}t)$，即 $X\equiv X\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}M(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}t)$。

那么我们可以枚举 $X$ 模 $M$ 的余数 $r$，那么 $X\equiv r(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}t)$，那么我们就可以算此时的贡献了。

那么我们就能在把无限次数地枚举 $X$ 找最大贡献转换成有限次数地枚举 $r$ 找最大贡献了。

设 $T=120$，那么此算法的时间复杂度为 $O(MT)$，考虑继续优化。

下面用 $[a,b]$ 表示 $a,b$ 的最小公倍数。

我们考虑将 $f(2^{m_2},\ast )$ 合并到 $f(2^{m_2-1},\ast )$，即 $f(64,\ast )$ 合并到 $f(32,\ast )$：

首先，如果 $X\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}32=r$，那么肯定有 $X\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}64=r$ 或 $X\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}64=32+r$。

假设当前 $X\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}32=r$ 且 $X\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}64=r$，但如果 $X\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}64=32+r$ 的贡献会更大。

我们考虑一个数 $M^{\prime }=32\times \prod _{p\in \mathbb{P},p\ne 2}{p}^{m_p}$，显然对于所有的 $1\le t\le 120$，都有 $M^{\prime }\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}t)$，除了 $t=64$ 时 $M^{\prime }\equiv 32(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}64)$。

那么我们此时让 $X\leftarrow X+M^{\prime }$，就能使得 $X$ 模其他数的值不变，而 $X$ 模 $64$ 变成 $32+r$ 了。

所以可以把 $\max (f(64,r),f(64,32+r))$ 的贡献合并到 $f(32,r)$ 上。

同理可以把 $f(81,\ast )$ 合并到 $f(27,\ast )$ 上。

我们又考虑把 $f(1\times 7^2,\ast ),f(2\times 7^2,\ast )$ 合并到 $f([1,2]\times 7,\ast )$ 上。

同理可以把 $f(1\times 5^2,\ast ),f(2\times 5^2,\ast ),f(3\times 5^2,\ast ),f(4\times 5^2,\ast )$ 合并到 $f([1,2,3,4]\times 5,\ast )$ 上，

那么 $2,3,5,7$ 的最高次分别降为 $2^5,3^3,5,7$。

（当然也可以把 $2^5$ 和 $3^3$ 按 $5$、$7$ 的方法降下来，不过要保证最小公倍数乘上 $p^k$ 要能被 $M^{\prime }$ 整除）

我们把 $\mathbb{P}$ 分为两类 ${\mathbb{P}}_1$ 和 ${\mathbb{P}}_2$，其中 P 1 = { 2 , 3 , 5 , 7 } \mathbb{P}_1=\{2,3,5,7\} P1​={2,3,5,7} 表示所有小于等于 $\sqrt{120}$ 的质数的集合， P 2 = { 11 , 13 , ⋯   , 113 } \mathbb{P}_2=\{11,13,\cdots,113\} P2​={11,13,⋯,113} 表示所有大于 $\sqrt{120}$ 小于等于 $120$ 的质数的集合。

设集合 ${\mathbb{T}}_1$ 表示所有的整数 $t$ 满足 $1\le t\le 120$ 且 $t$ 不含大于 $\sqrt{120}$ 的质因子，集合 ${\mathbb{T}}_2$ 表示所有的整数 $t$ 满足 $1\le t\le 120$ 且 $t$ 包含大于 $\sqrt{120}$ 的质因子。显然 ${\mathbb{T}}_1$ 中的数的所有质因子只存在于 ${\mathbb{P}}_1$ 内，而 ${\mathbb{T}}_2$ 中的数的质因子可以同时存在 ${\mathbb{P}}_1,{\mathbb{P}}_2$ 内，也可以只存在于 ${\mathbb{P}}_2$ 内，但存在于 ${\mathbb{P}}_2$ 内的质因子只能有一个，且其幂次一定为 $1$。

我们考虑分开讨论：先枚举 $X$ 模 $2^5\times 3^3\times 5\times 7=30240$ 的余数 $r$，计算集合 ${\mathbb{T}}_1$ 的答案，再和集合 ${\mathbb{T}}_2$ 合并。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>

#define T 125

using namespace std;

inline int read()
{
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9')
	{
		if(ch=='-') f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9')
	{
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^'0');
		ch=getchar();
	}
	return x*f;
}

const int P=30240;
const int p2[]={26,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,97,101,103,107,109,113};

int n,ans,f[T][T],s[T];
bool vis[T];

void clear(int x)
{
	memset(f[x],0,sizeof(f[x]));
}

int main()
{
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int t=read();
		for(int j=0;j<t;j++)
			f[t][j]+=read();
	}
	for(int i=0;i<32;i++)
		f[32][i]+=max(f[64][i],f[64][i+32]);
	clear(64);
	for(int i=0;i<27;i++)
		f[27][i]+=max(f[81][i],max(f[81][i+27],f[81][i+54]));
	clear(81);
	for(int i=0;i<14;i++)
	{
		int maxn=0;
		for(int j=i;j<112;j+=14)
			maxn=max(maxn,f[49][j%49]+f[98][j]);
		f[14][i]+=maxn;
	}
	clear(49),clear(98);
	for(int i=0;i<60;i++)
	{
		int maxn=0;
		for(int j=i;j<360;j+=60)
			maxn=max(maxn,f[25][j%25]+f[50][j%50]+f[75][j%75]+f[100][j%100]);
		f[60][i]+=maxn;
	}
	clear(25),clear(50),clear(75),clear(100);
	for(int i=1;i<=p2[0];i++)
		for(int j=p2[i];j<=120;j+=p2[i]) vis[j]=1;
	for(int r=0;r<P;r++)
	{
		int sum=0;
		for(int i=1;i<=120;i++)
			if(!vis[i]) sum+=f[i][r%i];
		for(int i=1;i<=p2[0];i++)
		{
			memset(s,0,sizeof(s));
			int p=p2[i];
			for(int j=p;j<=120;j+=p)
			{
				int now=r%j;
				do
				{
					s[now%p]+=f[j][now];
					now=(now+P)%j;
				}while(now!=r%j);
			}
			int maxn=0;
			for(int j=0;j<p;j++)
				maxn=max(maxn,s[j]);
			sum+=maxn;
		}
		ans=max(ans,sum);
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}
/*
3
2 0 1
3 1 2 0
4 1 0 2 0
*/
/*
3
6 1 3 5 2 7 4
10 3 7 2 2 5 1 8 9 4 6
15 4 5 8 7 8 8 5 4 5 2 7 5 5 4 7
*/

这篇题解很多地方讲得不是很清楚，需要自己手推。