CF1146D 青蛙跳
1 CF1146D 青蛙跳
2 题目描述
时间限制 \(2s\) | 空间限制 \(256M\)
一只青蛙开始的位置在数据线的 \(0\) 位置，青蛙有两个魔法正整数 \(a\) 和 \(b\)。从位置 \(k\) 起跳，青蛙可以跳到位置 \(k+a\) 或者 \(k-b\)。在区间 \([0,x]\) 内设 \(f(x)\) 是青蛙可以到达的不同整数。青蛙不需要在一次旅行中访问所有的整数点，也就是如果青蛙从 \(0\) 开始可以到达一个整数，那么这个整数算有效。对于给定的整数 \(m\)，找出 \(i\) 从 \(0\) 到 \(m\) 的所有 \(f(i)\) 的累加和。
数据范围：\(1≤𝑚≤10^9,1≤𝑎,𝑏≤10^5\)
3 题解
我们发现：每一个我们到达的数一定是 \(\gcd(a, b)\) 的倍数，这是由于裴蜀定理：\(ax + by = k\) 时 \(k\) 一定为 \(\gcd(a, b)\) 的倍数。但是我们直接统计 \(gcd(a, b)\) 的可能个数又会错，这是因为我们到达当前位置的路上可能会超过 \(i\) 这个限制，而这种情况是不被允许的。但是如果 \(i > a + b - 1\)，我们就可以确保所有的 \(gcd(a, b)\) 的倍数的位置可以被拼凑出来。
我们可以将要减的 \(-y\) 次 \(b\) 先统一减去，也就是说每次可以往左跳 \(b\) 就跳。在跳完 \(-y\) 次后，我们就可以通过不停增加 \(a\) 来到达目标了。这里我们最差情况下是在 \(b-1\) 的位置往右跳 \(a\)，此时我们到达的位置就是 \(a+b-1\)。如果我们可以满足这种极端情况，那么我们一定可以构造出所有 \(gcd(a, b)\) 的倍数。也就是说，如果 \(i > a+b-1\)， \(f(i) = \lfloor \dfrac{i}{\gcd(a, b)} \rfloor + 1\)。此时只需要用等差数列维护即可。对于 \(\le a+b-1\) 的 \(i\)，我们可以用 \(dijkstra\) 或者 \(SPFA\) 暴力计算。
4 代码（空格警告）：·
#include <iostream>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 2e5+10;
typedef long long ll;
#define int long long
int m, a, b, ans, fl, cel;
priority_queue< pair<int, int> > q;
int h[N];
int gcd(int x, int y)
{
if (y == 0) return x;
return gcd(y, x%y);
}
signed main()
{
cin >> m >> a >> b;
memset(h, 0x3f, sizeof(h));
h[0] = 0;
q.push(make_pair(0, 0));
while (q.size())
{
pair<int, int> cur;
cur = q.top();
q.pop();
if (-cur.first > h[cur.second]) continue;
if (cur.second > b && h[cur.second - b] > h[cur.second])
{
h[cur.second - b] = h[cur.second];
q.push(make_pair(-h[cur.second - b], cur.second - b));
}
if (cur.second <= b-1 && h[cur.second + a] > max(h[cur.second], cur.second + a))
{
h[cur.second + a] = max(h[cur.second], cur.second + a);
q.push(make_pair(-h[cur.second + a], cur.second + a));
}
}
for (int i = 0; i <= min(m, a+b-1); i++) ans += max(0ll, m - h[i] + 1);
if (m >= a+b)
{
fl = ceil((a+b) / gcd(a, b));
cel = m / gcd(a, b);
if (fl <= cel)
{
ans += (m + 1) * (cel - fl + 1) - gcd(a, b) * ((fl + cel) * (cel - fl + 1) / 2);
}
}
cout << ans;
return 0;
}
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