[题解] Atcoder Beginner Contest ABC 270 G Ex 题解

G - Sequence in mod P

稍微观察一下就会发现，进行x次操作后的结果是 $A^xS+(1+\cdots +A^{x-1})B$ 。如果没有右边那一坨关于B的东西，那我们要求的就是满足 $A^x \equiv \frac GS$ 的最小的x(离散对数)。有一个叫BSGS的东西是专门干这个的

考虑能不能把这个式子直接化成 $A^x \equiv B$ 的形式。先把答案=0、A=0和A=1的情况特判掉，因为会影响后面推式子。

\begin{aligned} (1) & A^{x} S + (1 + \dots + A^{x - 1}) B & \equiv G \\ (2) & A^{x} S + \frac{A^{x} - 1}{A - 1} B & \equiv G (等 比 数 列 求 和) \\ (3) & A^{x} S + \frac{A^{x}}{A - 1} B & \equiv G + \frac{1}{A - 1} B \\ (4) & A^{x} \cdot (S + \frac{B}{A - 1}) & \equiv G + \frac{1}{A - 1} B \\ (5) & A^{x} & \equiv \frac{G + \frac{B}{A - 1}}{S + \frac{B}{A - 1}} \end{aligned}

$\begin{align} A^xS+(1+\cdots+A^{x-1})B&\equiv G\\ A^xS+\frac{A^x-1}{A-1}B&\equiv G(等比数列求和)\\ A^xS+\frac{A^x}{A-1}B&\equiv G+\frac1{A-1}B\\ A^x\cdot(S+\frac B{A-1})&\equiv G+\frac1{A-1}B\\ A^x&\equiv \frac{G+\frac B{A-1}}{S+\frac B{A-1}} \end{align}$

进行上面的最后一步之前判断 $S+\frac B{A-1}$ 是否为0，如果是0的话答案就是1，因为之前已经特判过答案为0的情况了；否则就直接跑BSGS就行了。

边界很多，写的时候注意一点。

时间复杂度 $O(t\sqrt P)$ 。

点击查看代码

 #include <bits/stdc++.h>
 
#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i)
#define LL long long
#define pii pair <int,int>
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mpr make_pair
#define MOD P
 
using namespace std;
 
LL t,P,A,B,S,G,lim;
map <LL,LL> mp;
 
LL qpow(LL x,LL a)
{
	LL res=x,ret=1;
	while(a>0)
	{
		if((a&1)==1) ret=ret*res%MOD;
		a>>=1;
		res=res*res%MOD;
	}
	return ret;
}
 
int main()
{
  cin>>t;
  rep(tn,t)
  {
    cin>>P>>A>>B>>S>>G;
    if(S==G)
    {
      puts("0");
      continue;
    }
    if(A==0)
    {
      if(B==G) puts("1");
      else puts("-1");
      continue;
    }
    if(A==1)
    {
      if(B==0)
      {
        puts("-1");
        continue;
      }
      LL tmp=(G-S+P)%P;(tmp*=qpow(B,P-2))%=P;
      cout<<tmp<<endl;
      continue;
    }
    LL right=(G+B*qpow(A-1,P-2))%P,mul=(S+B*qpow(A-1,P-2))%P;
    if(mul==0)
    {
      if(right==0)
      {
        puts("1");
        continue;
      }
      puts("-1");
      continue;
    }
    (right*=qpow(mul,P-2))%=P;
 
    //A^ans = right
    //bsgs
    lim=ceil(sqrt((double)P));
    mp.clear();
    LL cur=1;
    rep(i,lim)
    {
      LL res=right*cur%P;
      if(mp.find(res)==mp.end()) mp[res]=i;
      else mp[res]=max(mp[res],(LL)i);
      (cur*=A)%=P;
    }
    LL bas=1;rep(i,lim) (bas*=A)%=MOD;
    cur=bas;
    LL ans=1e18;
    repn(a,lim)
    {
      if(mp.find(cur)!=mp.end())
      {
        LL curres=(LL)a*lim-mp[cur];
        if(curres<0) curres+=P-1;
        curres%=(P-1);
        ans=min(ans,curres);
      }
      (cur*=bas)%=P;
    }
    if(ans==1e18) puts("-1");
    else cout<<ans<<endl;
  }
	return 0;
}

Ex - add 1

官方题解精简版，供懒人食用。

注意到输入的a数组是单调不降的。令当前所有counter的值分别为 $c_1,c_2 \cdots c_n$ (下标从1开始)。定义一个 $c_1 \cdots c_n$ 的状态的"值"为 $max_{i=1}^n\{max(0,a_i-c_i)\}$ 。容易发现：这个值在 $[0,a_n]$ 中，值为0的时候我们就达到目标了，并且一次操作只能让这个值最多减少1。考虑一个值为k的状态(k>0)经过恰好1次操作会怎么变化。首先由于 $a_1=0,a_n>0$ ，所以我们肯定可以找到唯一的r，满足 $a_r<k\leq a_{r+1}$ 。现在开始进行操作，我们随机选择一个i把 $c_i$ 归零。有两种情况：

$i \leq r$ 。 $a_i<k$ ，所以任意一个 $c_i$ 被归零都不会导致状态的新值达到或超过k。所以状态的值减一。
$i>r$ 。很显然状态的值会变成 $a_i$ 。

所以可以发现所有值相等的状态都是"等价"的，至少它们达到目标的期望步数一定是相等的。令 $dp_i$ 表示值为i的状态达到目标的期望步数。 $dp_0$ =0,我们要求 $dp_{a_n}$ 。转移比较显然，是这样的：

\begin{aligned} (6) & d p_{i} & = \frac{1}{n} (r_{i} \cdot d p_{i - 1} + \sum_{j = r_{i} + 1}^{n} d p_{a_{j}}) + 1 \\ (7) & d p_{i - 1} & = \frac{1}{r_{i}} (n (d p_{i} - 1) - \sum_{j = r_{i} + 1}^{n} d p_{a_{j}}) \end{aligned}

$\begin{align} dp_i&=\frac 1n(r_i \cdot dp_{i-1}+\sum_{j=r_i+1}^n dp_{a_j})+1\\ dp_{i-1}&=\frac 1{r_i} (n(dp_i-1)-\sum_{j=r_i+1}^n dp_{a_j}) \end{align}$

其中 $r_i$ 就是上面说的每个状态值对应的r。

其实这样已经可做了，但是毕竟我们要求的是 $dp_{a_n}$ ，但这个式子是从后往前转移的，但我们要求 $dp_{a_n}$ ，不太方便，所以可以转化一下：令 $f_i=dp_{a_n}-dp_i$ ，把 $dp_i=dp_{a_n}-f_i$ 带入上面的式子，并再把式子两边同时用 $dp_{a_n}$ 减。

\begin{aligned} (8) & d p_{a_{n}} - d p_{i - 1} & = d p_{a_{n}} - \frac{1}{r_{i}} (n \cdot (d p_{a_{n}} - f_{i} - 1) - d p_{a_{n}} \cdot (n - r_{i}) + \sum_{j = r_{i} + 1}^{n} f_{a_{j}}) 右 边 的 d p_{a_{n}} 都 消 掉 了 \\ (9) & f_{i - 1} & = \frac{1}{r_{i}} (n \cdot (f_{i} + 1) - \sum_{j = r_{i} + 1}^{n} f_{a_{j}}) \end{aligned}

$\begin{align} dp_{a_n}-dp_{i-1}&=dp_{a_n}-\frac 1{r_i}(n \cdot (dp_{a_n}-f_i-1)-dp_{a_n}\cdot(n-r_i)+\sum_{j=r_i+1}^nf_{a_j}) \ \ \ \ \ \ 右边的dp_{a_n}都消掉了\\ f_{i-1} &= \frac 1{r_i}(n \cdot(f_i+1)-\sum_{j=r_i+1}^nf_{a_j}) \end{align}$

发现可以把 $[0,a_n]$ 这个区间分成n-1段处理，分别是 $[a_0,a_1-1],[a_1,a_2-1]\cdots$ 每段内部的dp转移都相同(因为 $r_{i+1}$ 相同)。所以对每一段分别矩阵快速幂转移就可以了。官方题解还有复杂度更低一点的优化，但是这样已经可以过了，稍微有一点点卡常而已。

时间复杂度 $O(2^3\cdot nlog值域)$ 。

点击查看代码

 #include <bits/stdc++.h>
 
#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i)
#define LL long long
#define pii pair <int,int>
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mpr make_pair
 
using namespace std;
 
const LL MOD=998244353;
 
LL qpow(LL x,LL a)
{
	LL res=x,ret=1;
	while(a>0)
	{
		if((a&1)==1) ret=ret*res%MOD;
		a>>=1;
		res=res*res%MOD;
	}
	return ret;
}
 
LL n,a[200010],y[200010];
vector <vector <LL> > pw[70];
 
vector <vector <LL> > mul(vector <vector <LL> > a,vector <vector <LL> > b)
{
  vector <vector <LL> > ret={{0,0},{0,0}};
  rep(i,2) rep(j,2) rep(k,2) (ret[i][j]+=a[i][k]*b[k][j])%=MOD;
  return ret;
}
 
int main()
{
  cin>>n;
  repn(i,n) scanf("%lld",&a[i]);
  y[n]=0;
  LL sum=0;
  for(int i=n-1;i>0;--i)
  {
    if(a[i]==a[i+1])
    {
      y[i]=y[i+1];
      (sum+=y[i])%=MOD;
      continue;
    }
    LL r=i,add=(n*qpow(r,MOD-2)+(MOD-sum*qpow(r,MOD-2)%MOD))%MOD;
    pw[0]={{n*qpow(r,MOD-2)%MOD,1},{0,1}};
    vector <vector <LL> > res(0);
    LL dist=a[i+1]-a[i],cc=0;
    while(dist>0)
    {
      if(dist&1)
      {
        if(res.empty()) res=pw[cc];
        else res=mul(res,pw[cc]);
      }
      dist>>=1;++cc;
      if(dist==0) break;
      pw[cc]=mul(pw[cc-1],pw[cc-1]);
    }
    y[i]=(res[0][0]*y[i+1]+res[0][1]*add)%MOD;
 
    (sum+=y[i])%=MOD;
  }
  cout<<y[1]<<endl;
	return 0;
}

posted @ 2022-09-25 21:25 LegendStane 阅读(145) 评论(0) 编辑收藏举报

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	#include <bits/stdc++.h>

	#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
	#define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i)
	#define LL long long
	#define pii pair <int,int>
	#define pb push_back
	#define fi first
	#define se second
	#define mpr make_pair
	#define MOD P

	using namespace std;

	LL t,P,A,B,S,G,lim;
	map <LL,LL> mp;

	LL qpow(LL x,LL a)
	{
	LL res=x,ret=1;
	while(a>0)
	{
	if((a&1)==1) ret=ret*res%MOD;
	a>>=1;
	res=res*res%MOD;
	}
	return ret;
	}

	int main()
	{
	cin>>t;
	rep(tn,t)
	{
	cin>>P>>A>>B>>S>>G;
	if(S==G)
	{
	puts("0");
	continue;
	}
	if(A==0)
	{
	if(B==G) puts("1");
	else puts("-1");
	continue;
	}
	if(A==1)
	{
	if(B==0)
	{
	puts("-1");
	continue;
	}
	LL tmp=(G-S+P)%P;(tmp*=qpow(B,P-2))%=P;
	cout<<tmp<<endl;
	continue;
	}
	LL right=(G+Bqpow(A-1,P-2))%P,mul=(S+Bqpow(A-1,P-2))%P;
	if(mul==0)
	{
	if(right==0)
	{
	puts("1");
	continue;
	}
	puts("-1");
	continue;
	}
	(right*=qpow(mul,P-2))%=P;

	//A^ans = right
	//bsgs
	lim=ceil(sqrt((double)P));
	mp.clear();
	LL cur=1;
	rep(i,lim)
	{
	LL res=right*cur%P;
	if(mp.find(res)==mp.end()) mp[res]=i;
	else mp[res]=max(mp[res],(LL)i);
	(cur*=A)%=P;
	}
	LL bas=1;rep(i,lim) (bas*=A)%=MOD;
	cur=bas;
	LL ans=1e18;
	repn(a,lim)
	{
	if(mp.find(cur)!=mp.end())
	{
	LL curres=(LL)a*lim-mp[cur];
	if(curres<0) curres+=P-1;
	curres%=(P-1);
	ans=min(ans,curres);
	}
	(cur*=bas)%=P;
	}
	if(ans==1e18) puts("-1");
	else cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
	}