CF2800 722F Cyclic Cipher 题解

首先 $10^{100} s$ 后所有情况都会出现。因为 $2 * l c m (1, 2, . .50) \leq 10^{100}$ 。

令当前时间为 $t$ ，则序列 $i$ 取的到 $j$ 需满足的条件为： $t \equiv p l a c e_{j} (\mod l e n_{i})$ 。（ $l e n_{i}$ 为序列长度， $p l a c e$ 为其与一号位的距离）
多个同余方程要一起考虑，不难想到 excrt（扩展中国剩余定理）。

考虑枚举具体的数字（ $1 \sim m$ ），遍历 $1 \sim n$ ，用个双指针，但是判断时肯定不可能把 excrt 跑完。（这样优化空间很小）
那就只能对于一段序列，元素两两之间都要判断是否能同时存在，具体地， $gcd (l e n_{j}, l e n_{i}) | p l a c e [i] - p l a c e [j]$ 。（excrt判断有无解）

证明（数学归纳法）：
充分性很显然，我们需要证必要性。
现在我们要将 $i$ 与前 $i - 1$ 个式子合并，若这 $n$ 个都能顺利合并，则此结论正确。
令第 $i$ 个方程为 $x = t_{i} + b_{i} * k_{i}$ ，前 $i - 1$ 个同余方程合并的新方程为 $x = t_{0} + b_{0} * k_{0}$ 。（ $k$ 为系数）
现在我们有的条件为 1. $b_{k} | t_{0} - t_{k}$ （ $k < i$ ）,2. $gcd (b_{i}, b_{j}) | t_{j} - t_{i}$ 。

需证 $gcd (b_{0}, b_{i}) | t_{0} - t_{i}$ 。即证 $gcd (lcm (b_{1}, b_{2}, . . . b_{i - 1}), b_{i}) | t_{0} - t_{i}$ 。
考虑把这个 $lcm$ 拆开，则 $lcm (gcd (b_{1}, b_{i}), gcd (b_{2}, b_{i}), . . .) | t_{0} - t_{i}$ ，即证 $gcd (b_{i}, b_{j}) | t_{0} - t_{i} (1 < j < i)$ ，得想办法让 $t_{0}$ 与他们有关联。

注意 $b_{j} | t_{0} - t_{j} => gcd (b_{i}, b_{j}) | t_{0} - t_{j}$ ，又 $gcd (b_{i}, b_{j}) | t_{j} - t_{i}$ ，所以 $gcd (b_{i}, b_{j}) | t_{0} - t_{i}$ ，证毕。所以 $i$ 可顺利与前 $i - 1$ 个式子合并，由数学归纳法，他们都能合并，所以 $gcd (l e n_{j}, l e n_{i}) | p l a c e [i] - p l a c e [j]$ 是这 $n$ 个方程有解的充要条件。

但这样仍会 T。
注意一个性质：序列长度小于等于 $40$ ！每次新加入一个元素时，处理一下，只需做 $40$ 次判断即可（这种换角度的思想很常见）。回头来看，其实这里给出这个条件就在疯狂暗示你该这样做，所以有时面向数据范围编程是一种很好的方法。

所以用个two-pointers即可，时间复杂度： $O (\sum l e n_{i} \times 40 \times l o g (40) \leq 4.8 * 10^{7})$ 。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <vector>
#define uint unsigned int
#define LL long long
using namespace std;
const int MAXN = 1e5 + 5, MAXM = 45;
int n, m, c[MAXN][MAXM], ans, g[MAXM], ct[MAXM];
int len[MAXN];
vector <int> v[MAXN], place[MAXN];
int Gcd(int x, int y) { return y ? Gcd(y, x % y) : x; }
// qwq 
// 一遍过样例可还行 
bool Check(int x, int y, int a, int b) {
	return ((b - a) % Gcd(x, y)) == 0;
}
int main() {
	int x, y; scanf("%d%d", &n, &m);
	for(int i = 1; i <= n; i ++) {
		scanf("%d", &len[i]);
		for(int j = 1; j <= len[i]; j ++) scanf("%d", &y), v[y].push_back(i), place[y].push_back(j); 
	}
	for(int i = 1; i <= m; i ++) {
		memset(ct, 0, sizeof(ct));
		int l = 0, r = 0; ans = 0;
		for(; r < v[i].size(); r ++) {
			if(r && v[i][r] > v[i][r - 1] + 1) l = r, memset(ct, 0, sizeof(ct));
			for(int j = 1; j <= 40; j ++) {
				if(ct[j] && !Check(j, len[v[i][r]], place[i][g[j]], place[i][r])) {
					while(ct[j]) ct[len[v[i][l ++]]] --;
				}
			}
			ans = max(ans, r - l + 1); ct[len[v[i][r]]] ++; g[len[v[i][r]]] = r;
		}
		printf("%d\n", ans);
	}
	return 0;
}