牛客网比赛226C-数学题-题解

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这个题目可谓非常神啊，博主做了好久，QAQ

题意简述

给你一个数的范围$n$，和分数$\frac{p}{q}$，保证$p,q$互质且小于等于$n$，请求出最大的$\frac{x_1}{y_1}<\frac{p}{q},1\leq x_1,y_1\leq n$和最小的$\frac{x_2}{y_2}>\frac{p}{q},1\leq x_2,y_2\leq n$

数据范围:所有数字都在$long\ long$范围内。

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我们观察原式$\frac{x_1}{y_1}<\frac{p}{q}$，我们可以发现$\frac{x_1+kp}{y_1+kq}<\frac{p}{q}$是仍然成立的，因为原式变形后得到$x_1q<y_1p$，而现在得到$x_1q+kpq<y_1p+kpq$，是一样的，所以不变。

由于都是整数，所以$y_1p-x_1q\geq 1$，所以要取极值，就是$y_1p-x_1q=1$，又因$gcd(p,q)=1$，$gcd(p,q)|1$的，所以一定有整数解，那么我们用$\rm exgcd$求出一组$x_1,y_1$的解。

然后我们发现$\frac{x_1}{y_1}<\frac{x_1+kp}{y_1+kq}$的：

证明：

通过相减我们可以得到：

$\frac{x_1}{y_1}-\frac{x_1+kp}{y_1+kq}=\frac{x_1y_1+kx_1q-x_1y_1-ky_1p}{y_1(y_1+kq)}=\frac{k(x_1q-y_1p)}{y_1(y_1+kq)}$

由$\frac{x_1}{y_1}<\frac{p}{q}$可知$x_1q<y_1p$的，所以最后$\frac{k(x_1q-y_1p)}{y_1(y_1+kq)}$为负数，所以$\frac{x_1}{y_1}<\frac{x_1+kp}{y_1+kq}$，那么我们要求最大的，就是在$n$的限制内加最多的$kp$和$kq$。

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对于另一个式子$\frac{x_2}{y_2}>\frac{p}{q}$，我们同理可得$\frac{x_2-kp}{y_2-kq}>\frac{p}{q}$，然后又可以得到$\frac{x_2-kp}{y_2-kq}<\frac{x_2}{y_2}$的，所以我们求出一组$x_2,y_2$然后尽量在$n$的范围内减去即可。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int M=1e5+10;
int T;
ll n,p,q;
ll P;
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
	if(!b){x=1;y=0;return a;}
	ll t=exgcd(b,a%b,y,x);
	y-=x*(a/b);return t;
}
int main(){
	for(scanf("%d",&T);T--;){
		scanf("%lld%lld%lld",&n,&p,&q);
//		if(p==n||(p==1&&q==n)){puts("Yuri is master");continue;}
		ll x,y,t1,t2,inv_x,inv_y;
		exgcd(p,-q,x,y);//求最小x,y满足条件（这里好像x,y写反了）
		inv_x=-x;inv_y=-y;//减去
		t1=min((n-x)/q,(n-y)/p);//最多加的加多少
		t2=min((n+x)/q,(n+y)/p);//最多减的加多少
		x+=t1*q;y+=t1*p;
		inv_x+=t2*q;inv_y+=t2*p;//加上
		if(x*inv_y<y*inv_x)swap(x,inv_x),swap(y,inv_y);//判断大小
		if(y!=0)printf("%lld %lld\n",y,x);//判断有无解
		else puts("Yuri is master");
		if(inv_x!=0)printf("%lld %lld\n",inv_y,inv_x);
		else puts("Yuri is master");
		//输出
	}
	return 0;
}