【扩展GCD】荒岛野人

本文介绍了一道关于野人洞穴的数学问题,野人每年按固定步数顺时针移动,求解最少需要多少个洞穴才能确保野人在有生之年内不会相遇。通过分析,将问题转化为扩展GCD的应用,详细阐述了解题思路和代码实现。

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题目

【题目描述】
克里特岛以野人群居而著称。岛上有排列成环行的M个山洞。这些山洞顺时针编号为1,2,…,M。岛上住着N个野人,一开始依次住在山洞C1,C2,…,CN中,以后每年,第i个野人会沿顺时针向前走Pi个洞住下来。每个野人i有一个寿命值Li,即生存的年数。下面四幅图描述了一个有6个山洞,住有三个野人的岛上前四年的情况。三个野人初始的洞穴编号依次为1,2,3;每年要走过的洞穴数依次为3,7,2;寿命值依次为4,3,1。
这里写图片描述

奇怪的是,虽然野人有很多,但没有任何两个野人在有生之年处在同一个山洞中,使得小岛一直保持和平与宁静,这让科学家们很是惊奇。他们想知道,至少有多少个山洞,才能维持岛上的和平呢?
【输入】
输入文件的第1行为一个整数N(1<=N<=15),即野人的数目。第2行到第N+1每行为三个整数Ci, Pi, Li (1<=Ci,Pi<=100, 0<=Li<=10^6 ),表示每个野人所住的初始洞穴编号,每年走过的洞穴数及寿命值。
【输出】
输出文件仅包含一个数M,即最少可能的山洞数。输入数据保证有解,且M不大于10^6。
【样例输出】
3
1 3 4
2 7 3
3 2 1
【样例输出】
6
【提示】
该样例对应于题目描述中的例子。


题解

看完题目后,我忍不住吐槽一句——题目好烂!
题目中说野人群居,但是却又让野人单独居住,这还叫群居吗?!
好了,回归正题。这题一看就知道是一道数学题(废话),直接暴力是肯定不行的(废话)。

可以先枚举m,再枚举所有两个野人的情况,看看他们会不会在有生之年相遇在同一个山洞。
前面的枚举很简单,关键在于如何判断。

设野人 i 和野人 j 在第 x 年相遇,那么可以列出同余方程:
C i + P i ⋅ x ≡ C j + P j ⋅ x ( m o d   m ) C i + P i ⋅ x = C j + P j ⋅ x + m y (转化) P i ⋅ x − P j ⋅ x = m y + C j − C i (移项) ( P i − P j ) x − m y = C j − C i (化简) \begin{aligned} C_i+P_i\cdot x & \equiv C_j+P_j\cdot x & \text{$(mod\space m)$}\\ C_i+P_i\cdot x & =C_j+P_j\cdot x+my & \text{(转化)}\\ P_i\cdot x-P_j\cdot x & =my+C_j-C_i & \text{(移项)}\\ (P_i-P_j)x-my & =Cj-Ci & \text{(化简)} \end{aligned} Ci+PixCi+PixPixPjx(PiPj)xmyCj+Pjx=Cj+Pjx+my=my+CjCi=CjCi(mod m)(转化)(移项)(化简)
a = P i − P j a=P_i-P_j a=PiPj b = − m b=-m b=m c = C j − C i c=C_j-C_i c=CjCi,就可以把方程转化成以下形式:
a x + b y = c \begin{aligned} ax+by=c \end{aligned} ax+by=c
怎么样?眼熟吧!这就是扩展GCD

首先,可以在式子两边同时模 c g c d ( a , b ) \cfrac{c}{gcd(a,b)} gcd(a,b)c(如果c不能整除gcd(a,b),那么方程无整数解,可直接退出),为什么?因为a和b一定是可以整除gcd(a,b)的,所以ax和by也一定可以整除它,ax+by也必定可以。

所以式子就变成了这个样子:
a x + b y = g c d ( a , b ) ∵ g c d ( a , b ) = g c d ( b , a m o d    b ) ∴ a x + b y = b x + ( a m o d    b ) y \begin{aligned} ax+by&=gcd(a,b)\\ \because gcd(a,b)&=gcd(b,a\mod b)\\ \therefore ax+by&=bx+(a\mod b)y\\ \end{aligned} ax+bygcd(a,b)ax+by=gcd(a,b)=gcd(b,amodb)=bx+(amodb)y
所以我们可以逐步递归下去,直到b=0(看下文)。
继续转换,得
a x + b y = b x + ( a m o d    b ) y = b x + ( a − [ a b ] b ) y = b x + a y − [ a b ] b y = a y + b ( x − [ a b ] y ) \begin{aligned} ax+by&=bx+(a\mod b)y\\ &=bx+(a-[\frac{a}{b}]b)y\\ &=bx+ay-[\frac{a}{b}]by\\ &=ay+b(x-[\frac{a}{b}]y) \end{aligned} ax+by=bx+(amodb)y=bx+(a[ba]b)y=bx+ay[ba]by=ay+b(x[ba]y)
其中,[x]表示下取整x
由此,得
e x g c d ( a x + b y ) = e x g c d ( a y + b ( x − [ a b ] y ) ) exgcd(ax+by)=exgcd(ay+b(x-[\frac{a}{b}]y)) exgcd(ax+by)=exgcd(ay+b(x[ba]y))
然后就可以这样递归下去了。
现在再来谈谈b=0的情况:
当b=0时,式子变成了 a x = g c d ( a , b ) ax=gcd(a,b) ax=gcd(a,b)
显然 a = g c d ( a , b ) a=gcd(a,b) a=gcd(a,b)(因为x是整数),即x=1,y=0
以下是扩展GCD的代码:

int exgcd(int a,int b)
{
	if(b==0)
	{
		x=1,y=0;
		return a;
	}
	int d=exgcd(b,a%b),t;
	t=x;x=y;y=t-a/b*y;
	return d;
}

注意:扩展GCD的返回值是gcd(a,b)
由于x可能不是非负的最小解,因此我们要把它处理一下

x=x*cc/d%(b/d);
if(x<0) x+=abs(b/d);

前一句可以让x尽可能地靠近0,后一句可以让x非负。
最后判断一下两个野人可不可以在有生之年相遇,即看看是否 x ≤ min ⁡ ( l i , l j ) x\le \min(l_i,l_j) xmin(li,lj)
这题就搞定了。


代码

#include<cstdio>
using namespace std;
int c[20],p[20],l[20],x,y;
inline int min(int x,int y){return x<y?x:y;}
inline int max(int x,int y){return x>y?x:y;}
inline int abs(int x){return x<0?0-x:x;}
int exgcd(int a,int b)
{
	if(b==0)
	{
		x=1,y=0;
		return a;
	}
	int d=exgcd(b,a%b),t;
	t=x;x=y;y=t-a/b*y;
	return d;
}
int main()
{
	int n,m=0,i,j,k,d,a,b,cc;
	bool bk;
	scanf("%d",&n);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d%d%d",&c[i],&p[i],&l[i]);
		m=max(m,c[i]);
	}
	for(k=m;k<=1e+6;k++)
	{
		bk=0;
		for(i=1;i<n;i++)
		{
			for(j=i+1;j<=n;j++)
			{
				a=p[i]-p[j],b=k,cc=c[j]-c[i];
				d=exgcd(a,b);
				if(cc%d) continue;
				x=x*cc/d%(b/d);
				if(x<0) x+=abs(b/d);
				if(x<=min(l[i],l[j]))
				{
					bk=1;
					break;
				}
			}
			if(bk) break;
		}
		if(!bk) break;
	}
	printf("%d\n",k);
	return 0;
}
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