$2020.11.21$ 模拟赛（持续更新）

T1 Jams 倒酒（pour）

题目大意：给出两个容积分别为a和b的酒杯与一个装有无限多酒的酒桶。规定以下三种操作：用酒桶中的酒将容积为b的酒杯填满、将容积为a的酒杯中的酒全部倒入酒桶中、将容积为b的酒杯中的酒倒入容积为a的酒杯中。其中在进行第三种操作时，若容积为a的酒杯在倒了一部分酒后就达到了容积，那么剩余的酒将留在容积为b的酒杯中。求无限次操作后，能在容积为a的酒杯中倒出的最小体积的酒以及第二种操作和第一种操作（在倒出的酒的体积不变的情况下）的最小操作数。

我们经过观察，发现题目可以转化成：对于不定方程$bx - ay = d$，求出最小的$d、y、x$。为了便于用$exgcd$计算，我们将不定方程$bx - ay = d$转换为$bx + ay = d$，要求求出的值也变成了$d、-y、x$。

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定理$1$：对于不定方程$bx + ay = d$，最小的$d$为$\gcd(a, b)$。

证：设存在$d_0 < \gcd(a, b)$，则有$bx_0 + ay_0 = d_0$。

将不定方程$bx_0 + ay_0 = d_0$两边同时除以$\gcd(a, b)$，得到$\dfrac{bx_0}{\gcd(a, b)} + \dfrac{ay_0}{\gcd(a, b)} = \dfrac{d_0}{\gcd(a, b)}$。

因为$a \mid \gcd(a,b), \space b \mid \gcd(a, b)$，所以$(\dfrac{bx_0}{\gcd(a, b)} + \dfrac{ay_0}{\gcd(a, b)}) \mid 1 ,\dfrac{d_0}{\gcd(a, b)} \mid 1$。

因为$d_0 < \gcd(a, b)$，所以$\dfrac{d_0}{\gcd(a, b)} \nmid 1$，与上述证明冲突。

证毕。

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随后我们使用$exgcd$求出不定方程$bx + ay = \gcd(a, b)$的一组特解$x_0、y_0$。由于操作数必须为正整数，所以需要将$y_0$变为最小正整数。设新的一组特解为$(x_1, y_1)$，则$y_1= y_0 + \lfloor \dfrac{y_0\gcd(a, b)}{a} \rfloor * y_0$。将$y_1$代入不定方程$bx_1 + ay_1 = \gcd(a, b)$，得出$x_1$的值。输出$d、-y、x$即可。

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#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define int long long
int a, b, x, y, k0, k1, Gcd;
int exgcd(int a0, int b0)
{
    if (b0 == 0)
    {
        x = 1;
        y = 0;
        return a0;
    }
    int d = exgcd(b0, a0 % b0);
    int z = x;
    x = y;
    y = z - y * (a0 / b0);
    return d;
}
signed main()
{
    freopen("pour.in", "r", stdin);
    freopen("pour.out", "w", stdout);
    cin >> a >> b;
    if (a == b)
    {
        cout << a << endl << "0 1";
        return 0;
    }
    Gcd = exgcd(a, b);
    cout << Gcd << '\n';
    k0 = b / Gcd;
    k1 = a / Gcd;
    y += (y / k1) * k1;
    if (y < 0) y += k1;
    cout << -(Gcd - y * b) / a << " " << y;
    return 0;
}

T2 土豪聪要请客

题目大意：给出一张由'.'或'X'组成的大厅地图，规定只有由'.'组成的长方形区域才可以放下桌子。一个由'.'组成的长为$m$，宽为$n$的长方形所能容纳的桌子可以坐下$2(n+m) - 1$个人，求在大厅中最多能坐下的人数。

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