CF1500B(Div.1) Two chandeliers

最新推荐文章于 2021-06-14 22:54:33 发布

guapi2333

最新推荐文章于 2021-06-14 22:54:33 发布

阅读量312

点赞数

CC 4.0 BY-SA版权

分类专栏：数论

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/guapi2333/article/details/115706601

数论专栏收录该内容

25 篇文章

订阅专栏

本文详细介绍了如何解决一个涉及序列异同的复杂算法问题，通过EXCRT（扩展中国剩余定理）结合二分搜索，求解最小满足条件的正整数。文章深入探讨了算法思路，包括利用EXCRT求解通解，以及二分答案的检查策略，最终实现了O(nlogV)的时间复杂度解决方案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Label

EXCRT+二分答案

Description

原题链接：https://codeforces.com/problemset/problem/1500/B

抽象题意：给定长度分别为 $n, m$ 的、序列内元素互不相同的两个不同的正整数序列 $a, b$ 与正整数 $k$ ，求最小的正整数 $q$ ，满足：

$∑i=1q[a((i−1)modn+1)≠b((i−1)modn+1)]≥k\sum_{i=1}^{q}[a_{_{((i-1)modn+1)}}\ne b_{_{((i-1)modn+1)}}]\ge k$

其中 $1≤n,m≤5×105,1≤k≤1012,1≤ai,bi≤2×max(n,m)1\leq n,m\leq5\times 10^5,1\leq k\leq 10^{12},1\leq a_i,b_i\leq 2\times max(n,m)$ .

Solution

由于只有存在 $a_i=b_j$ 的情况下才会对答案发生影响（ $ai≠bja_i\neq b_j$ 时，其对给定 $∑\sum$ 的贡献一定为 $0$ ），故对于任意一个 $∈a\in a$ 的元素 $a_i$ ，我们只需考虑其是否在 $b$ 内也出现过（设其为 $b_j$ ）；如果出现过，是否会出现 $a_{_{((i-1)modn+1)}}=b_{_{((i-1)modn+1)}}$ 的情况。

假设 $i = x$ 满足上式，那么一定有：
${x≡i(modn)x≡j(modm)\begin{cases}x\equiv i(modn)\\x\equiv j(modm)\end{cases}$

其中 $i, j$ 分别为 $a_i$ 在数列 $a, b$ 的位置下标。

有了这个东西，我们便可以利用EXCRT（其实两个方程可以直接利用求EXCRT的原理进行EXGCD推导）求出所有 $x$ 的通解形式，进而得出两盏灯颜色同为 $a_i$ （见原题题意）的所有时刻。

至于求 $q$ 的方法，由于 $q$ 越大越容易满足给定条件，故我们直接进行答案越小越优的二分答案即可（此题答案不会爆long long）。在二分答案的check函数里，当 $q = m i d$ 时，我们枚举所有 $a_i$ ，利用之前求得的 $x_i$ ，计算第 $1∼q1\sim q$ 天内两盏灯颜色同为 $a_i$ 的天数 $d_i$ ，最后直接将 $mid−∑i=1ndimid-\sum_{i=1}^{n}d_i$ 与 $k$ 比较即可。 $> k$ 则说明最优答案 $≤mid\leq mid$ ，反之则大于。

复杂度： $O (n l o g V)$ ，其中 $V$ 为可能的最大答案（此题的复杂度来源于二分答案，由于EXGCD可以只进行一次，所以整个求 $x_i$ 的过程复杂度为 $O (n)$ ）。

Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define ri register int
#define ll long long
using namespace std;

const int MAXN=1e6+20;
int N,M,cola[MAXN],colb[MAXN];
ll K,plaa[MAXN<<1],plab[MAXN<<1],ans[MAXN],A,B,Mi,G,C,x,y,xi,yi,l,r,mid,nowsame;

ll Gcd(ll a,ll b) { return ((b==0)?a:Gcd(b,a%b)); }
ll Lcm(ll a,ll b) { return (a/Gcd(a,b))*b; }
ll Msc(ll a,ll b,ll MOD)
{
	ll tot=0;
	for(;b;b>>=1,a=(a+a)%MOD) 
		if(b&1)	tot=(tot+a)%MOD; 
	return tot;
}

void Exgcd(ll a,ll b)
{
	if(b==0) { x=1,y=0; return; }
	Exgcd(b,a%b);
	xi=x,yi=y;
	x=yi,y=xi-(a/b)*yi;
}

bool check(ll tot)
{
	nowsame=0;
	for(ri i=1;i<=N;++i)
	{
		if(ans[i]==0||ans[i]>tot)	continue;
		nowsame+=1+(tot-ans[i])/Mi;
	}
	if(tot-nowsame>=K)	return true;
	return false;
}

int main()
{
	scanf("%d%d%lld",&N,&M,&K);
	for(ri i=1;i<=N;++i)
	{
		scanf("%d",&cola[i]);
		plaa[cola[i]]=(ll)i; 
	}
	for(ri i=1;i<=M;++i)
	{
		scanf("%d",&colb[i]);
		plab[colb[i]]=(ll)i; 		
	}
	Mi=Lcm(N,M);
	Exgcd(N,M);
	for(ri i=1;i<=N;++i)
	{
		if(plab[cola[i]]==0LL)	continue;
		ans[i]=plaa[cola[i]]; C=plab[cola[i]]-ans[i]; G=Gcd(N,M);
		if(C%G!=0) { ans[i]=0; continue; }
		x=(x%(M/G)+(M/G))%(M/G);
		ans[i]=(ans[i]+Msc((C/G)%Mi,Msc(N,x,Mi),Mi))%Mi;
		if(ans[i]>0)	ans[i]%=Mi;
		if(ans[i]<0)	ans[i]=(ans[i]%Mi+Mi)%Mi;
		if(ans[i]==0)	ans[i]=Mi;
	}
	l=1,r=1e18;
	while(l<r)
	{
		mid=(l+r)>>1;
		if(check(mid))	r=mid;
		else	l=mid+1;
	}
	if(check(l))	cout<<l;
	else	cout<<"-1";
	return 0;
}