CF2800 722F Cyclic Cipher 题解

首先 \(10^{100} s\) 后所有情况都会出现。因为 \(2*lcm(1,2,..50)\le 10^{100}\)。

令当前时间为 \(t\)，则序列 \(i\) 取的到 \(j\) 需满足的条件为：\(t\equiv place_j \pmod {len_i}\)。（\(len_i\) 为序列长度，\(place\) 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，\(\gcd(len_j,len_i)\ |\ place[i]-place[j]\)。（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 \(\gcd(\mathrm{lcm}(b_1,b_2,...b_{i- 1}),b_i)|t_0-t_i\)。
考虑把这个 \(\mathcal {lcm}\) 拆开，则 \(\mathrm {lcm}(\gcd(b_1,b_i),\gcd(b_2,b_i), ...)|t_0-t_i\)，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 \(\gcd(len_j,len_i)\ |\ place[i]-place[j]\) 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：\(\mathcal {O}(\sum len_i\times 40 \times log(40)\le 4.8*10^7)\)。

#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;
}