[省选联考 2024] 季风 题解

首先整理式子，把 $x_i$ 和 $x_i^{\prime }$ 分开。

• $\sum _{i=0}^{m-1}{x}_i^{\prime }=x-\sum _{i=0}^{m-1}{x}_{imodn}$；
• $\sum _{i=0}^{m-1}{y}_i^{\prime }=y-\sum _{i=0}^{m-1}{y}_{imodn}$。

看到 $|x_i^{\prime }|+|y_i^{\prime }|\le k$，我们不妨将 $x^{\prime }$ 和 $y^{\prime }$ 放到一起考虑。

• $\sum _{i=0}^{m-1}(x_i^{\prime }+y_i^{\prime })=x-\sum _{i=0}^{m-1}{x}_{imodn}+y-\sum _{i=0}^{m-1}{y}_{imodn}$。

但是这个式子显然是不能囊括所有情况的。

例如，当 $x-\sum _{i=0}^{m-1}{x}_{imodn}<0,y-\sum _{i=0}^{m-1}{y}_{imodn}>0$ 时，两者加在一起反倒会让目标距离更短，不一定合法。

思考我们关注的是什么，距离。坐标可正可负，但是走到目标所需的距离一定是非负整数。

于是我们给上式加上绝对值，变成凑距离的形式。同时，我们贪心地想，对于每个 $i$，$(x_i^{\prime }+y_i^{\prime })$ 直接取 $k$ 一定不劣，于是我们可以继续修改式子。

• $mk\ge |x-\sum _{i=0}^{m-1}{x}_{imodn}|+|y-\sum _{i=0}^{m-1}{y}_{imodn}|$。

但是单这样还不够，$m$ 可能非常大，暴力枚举是无法承受的。

考虑到一个 $x_i$ 在 $m$ 足够大时会重复出现多次，不妨令 $m=qn+p$，再预处理 $x,y$ 数组的前缀和 $sx,sy$，可以化简式子。

• $(qn+p)k\ge |x-s{x}_p-q\cdot s{x}_{n-1}|+|y-s{y}_p-q\cdot s{y}_{n-1}|$。

接下来就是恶心的分讨了。

不妨设 $f_x(q)=|x-s{x}_p-q\cdot s{x}_{n-1}|,f_y(q)=|y-s{y}_p-q\cdot s{y}_{n-1}|$ 的函数值为 $0$ 时分别有 $\lfloor q\rfloor =xz,yz$。

对 $f_x(q)$ 进行分讨：

• $0\le q\le xz$，此时 $q$ 的增长给 $f_x(q)$ 带来了负收益。

• $q>xz$，此时 $q$ 的增长给 $f_x(q)$ 带来了正收益。

$f_y(q)$ 同理。

两个函数均呈先单调减后单调增的趋势（由于 $q\ge 0$ 所以有可能出现没有单调减的情况）。此时将两个函数组合，形成了三部分，内容是类似的。

我们需要实现一个函数 check(l,r,p,xd,yd) 能够求出在 $l\le q\le r$，$f_x(q)-f_x(q-1)=xd\cdot s{x}_{n-1},f_y(q)-f_y(q-1)=yd\cdot s{y}_{n-1}$ 时，$q$ 的最小值。

根据函数传入的参数，我们可以知道当 $q\to q+1$ 时，$f_x(q)+f_y(q)$ 的增/减量为 $\mathrm{\Delta }=xd\cdot s{x}_{n-1}+yd\cdot s{y}_{n-1}$。

我们设 $sum=(ln+p+1)k,bas=f_x(l)+f_y(l),R=q-l$。则我们要求一个不等式 $sum+nkR\ge bas+R\mathrm{\Delta }$，最小的正整数解为 $R=\lceil {\displaystyle \frac{bas-sum}{nk-\mathrm{\Delta }}}\rceil$。

最后判断 $l+R$ 是否出界即可。上述过程均是 $\mathcal{O}(1)$ 的，我们 $\mathcal{O}(n)$ 地枚举 $p$ 并求出最小的 $q$，最后的答案即为所有 $p$ 中最小的 $q$。

时间复杂度：$\mathcal{O}(\sum n)$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef __int128 LL;
const ll maxn=1000007,ee=1000000000000000007ll;
ll n,k,xg,yg,X[maxn],Y[maxn],sx[maxn],sy[maxn],val[maxn],ans;
LL myabs(LL x){return (x>0?x:-x);}
ll checkseg(ll l,ll r,ll p,ll xd,ll yd){
	if(l>r) return ee;
	LL sum=((LL)l*n+p+1)*(LL)k,bas=myabs(xg-sx[p+1]-(LL)l*sx[n])+myabs(yg-sy[p+1]-(LL)l*sy[n]),delt=xd*sx[n]+yd*sy[n];
	if(bas<=sum) return l*n+p+1; if(delt>=(LL)n*k) return ee;
	LL res=(bas-sum+(LL)n*(LL)k-delt-1)/((LL)n*(LL)k-delt); if(l+res>r) return ee; return (l+res)*n+p+1;
}
void solve(void){
	for(ll i=0,xz,yz,xt,yt;i<n;i++){
		if(val[i+1]!=ee) continue; xz=-1,yz=-1;
		if(sx[n]) xz=max((xg-sx[i+1])/sx[n],0ll); if(sy[n]) yz=max((yg-sy[i+1])/sy[n],0ll);
		if(xz>yz){
			val[i+1]=checkseg(0,yz,i,(sx[n]>0?-1:1),(sy[n]>0?-1:1)); if(val[i+1]!=ee) continue;
			val[i+1]=checkseg(yz+1,xz,i,(sx[n]>0?-1:1),(sy[n]>0?1:-1)); if(val[i+1]!=ee) continue;
			val[i+1]=checkseg(xz+1,ee,i,(sx[n]>0?1:-1),(sy[n]>0?1:-1));
		}else{
			val[i+1]=checkseg(0,xz,i,(sx[n]>0?-1:1),(sy[n]>0?-1:1)); if(val[i+1]!=ee) continue;
			val[i+1]=checkseg(xz+1,yz,i,(sx[n]>0?1:-1),(sy[n]>0?-1:1)); if(val[i+1]!=ee) continue;
			val[i+1]=checkseg(yz+1,ee,i,(sx[n]>0?1:-1),(sy[n]>0?1:-1));
		}
	}
}
int main(void){
	//freopen("data.in","r",stdin);
	//freopen("data.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
	ll Tccs=1;
	cin>>Tccs;
	for(ll tcs=1;tcs<=Tccs;tcs++){
		cin>>n>>k>>xg>>yg; ans=ee;
		for(int i=1;i<=n;i++) cin>>X[i]>>Y[i],sx[i]=sx[i-1]+X[i],sy[i]=sy[i-1]+Y[i],val[i]=ee;
		if(xg==0&&yg==0){cout<<"0\n"; continue;}
		else solve();
		for(int i=1;i<=n;i++) ans=min(ans,val[i]);
		cout<<(ans>=ee?-1:ans)<<"\n";
	}
	return 0;
}