Codeforces 1063D Candies for Children
题目大意
给定整数 \(n, k, l, r\)，\(1\le n, k \le 10^{11}\)，\(1\le l, r \le n\) 。
令 $ m = r - l + 1$，若 \(m \le 0\)，\(m\gets m + n\) 。
未知数 \(x\in \mathbb{Z}\) 满足 $ 0 \le x \le n\(，且满足
\) k \bmod (n + x) = 0$ 且 \(m = n\) ；或者
$ k \bmod (n + x) \ne 0$ 且 $0 \le k \bmod (n + x) - m \le \min(m, x) $
求 \(x\) 的最大值，若不存在符合条件的 \(x\) 则输出 -1。
换一种思路，基本上是用自己的话将官方题解描述了一遍。
Note, that basically, we have two parts of the circle — the part between \([l;r]\) which gets candies one time more than the other part.
为了便于描述，将 \([l;r]\) 称作第一段，其余的称作第二段。注意：第一段长度一定大于零，而第二段长度可能等于零。
另外假设 \(r\) 最后一次取糖时，恰取到了他想要的数量的糖（换言之若 \(r\) 是 sweet tooth，那么他最后一次得到 2 块糖）。如果不是这种情况，只要将 \(k\) 变成 \(k+1\) 并且保证第一段内至少有 \(1\) 个 sweet tooth。
设第一段长度为 \(x\)，其中有 \(a\) 个 sweet tooth，第二段长度为 \(y\) 且其中有 \(b\) 个 sweet tooth，设第二段经历了 \(t\) 次分糖，则第一段经历了 \(t+1\) 次分糖。可以建立如下的不定方程：
$ (2a + (x- a)) (t + 1) + (2b + (y - b) ) t = k$
化简得
\begin{equation}
(a + x) (t + 1) + (b + y) t = k \label{E:1}
\end{equation}
约束条件：$ 0\le a \le x$，\(0\le b \le y\) 。
（下面是这道题最精髓的地方。）
当 \(n\) 比较小时，我们可以暴力枚举 \(a\)，\(b\)，看方程 \eqref{E:1} 是否有解，复杂度 \(O(n^2)\)
当 \(n\) 比较大时，我们可以暴力枚举 \(t\)，显然有 \(0 \le t \le k / n\) 。此时方程 \eqref{E:1} 变成了关于 \(a,b\) 不定方程，确切地说是丢番图方程（Diophantine equation）
\begin{equation}
(t+ 1) a + tb = \gamma \label{E:2}
\end{equation}
其中 \(\gamma = k - nt - x\) 。
方程 \eqref{E:2} 的通解为
$ a = a_0 - tz, b = b_0 + (t+1) z$
其中 \(a_0, b_0\) 是方程 \eqref{E:2} 的一组特解，可以由扩展欧几里得算法得到，\(z\) 是任意整数。
由 \(0 \le a \le x\)，\(0\le b \le y\) 可得到 \(z\) 的取值范围 \([z_1, z_2]\) 。显然，\(z = z_2\) 时 \(a+ b\) 最大。
事实上，我们有 \(\gcd(t+1, t) = 1\)，此时可取特解 \(a_0 = \gamma, b_0 = - \gamma\) 。
Implementation
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
ll ple(ll fz, ll fm) { // fz >= 0, fm > 0
return fz / fm;
}
ll pge(ll fz, ll fm) { //fz >= 0, fm > 0
return (fz + fm - 1) / fm;
}
ll le (ll fz, ll fm) {
return fz >= 0 ? ple(fz, fm) : -pge(-fz, fm); // 别忘了pge(-fz, fm)前面的负号！
}
ll ge(ll fz, ll fm) {
return fz >= 0 ? pge(fz, fm) : -ple(-fz, fm);
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
// cin.tie(nullptr);
#ifdef LOCAL
freopen("main.in", "r", stdin);
// freopen("main.out", "w", stdout);
#endif
ll n, l, r, k;
cin >> n >> l >> r >> k;
ll x = r - l + 1;
if (x <= 0) x += n;
ll y = n - x;
ll ans = -1;
if (n <= (ll)cbrt(k)) {
for (ll a = 0; a <= x; a++) {
for (ll b = 0; b <= y; b++) {
ll s = a + x + b + y;
ll bb = k - a - x;
if (bb >= 0 && bb % s == 0) {
ans = max(ans, a + b);
}
if (a > 0 && (bb + 1) >= 0 && (bb+1)%s == 0) {
ans = max(ans, a + b);
}
}
}
}
else {
for (ll t = 0; t <= k / n; t++) {
ll bb = k - n * t - x;
if (bb >= 0) {
// a = bb - tz , b = (t + 1) z - bb;
if (t == 0) { // a = bb, b可任意取值
if (bb <= x) ans = max(ans, bb + y);
if (bb + 1 <= x) ans = max(ans, bb + 1 + y);
}
else {
// bb - tz >= 0 => z <= bb / t, bb - tz <= x => z >= (bb - x) / t
// (t + 1) z - bb >= 0 => z >= bb / (t + 1), (t + 1) z - bb <= y -> z <= (bb + y) / (t + 1)
ll minz = max(ge(bb - x, t), ge(bb, t + 1));
ll maxz = min(le(bb, t), le(bb + y, t + 1));
if (maxz >= minz) {
ans = max(ans, maxz);
}
// bb - tz >= 1 => z <= (bb - 1)/t
bb++;
minz = max(ge(bb - x, t), ge(bb, t + 1));
maxz = min(le(bb - 1, t), le(bb + y, t + 1));
if (maxz >= minz) {
ans = max(ans, maxz);
}
}
}
}
}
cout << ans << endl;
#ifdef LOCAL
cerr << "Time elapsed: " << 1.0 * clock() / CLOCKS_PER_SEC << " s.\n";
#endif
return 0;
}
