CF346E 【Doodle Jump】

tag:类欧函数，二分

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本蒟蒻考场上的\(nlog^21e9\)的做法（官方正解是\(nlog\)的，不过思路大致相同）

先画一画跳的过程（或者写个程序）比如\(a=7,p=26\)

7 14 21 2 9 16 23 4 11 18 25 6 13 20 1 8 15 22 3 10 17 24 5 12 19

会发现路径一定可以分成几段，每一段都是一个公差为a的等差数列

• 7 14 21
• 2 9 16 23
• 4 11 18 25
• 6 13 20
• 1 8 15 22
• 3 10 17 24
• 5 12 19

然后再仔细一点还能发现首项连起来也是一个等差数列，公差为\(-p\%a\)，模数为\(a\)

考虑将位置每\(a\)个分成一组，用\((i/a,i\%a)\)表示位置\(i\)那么跳跃路径就是：

• (0,7)(1,7)(2,7)
• (0,2)(1,2)(2,2)(3,2)
• (0,4)(1,4)(2,4)(3,4)
• (0,6)(1,6)(2,6)
• \(\cdots\)

然后又能看出一些性质：

• 如果一段路径不足\(\frac pa\)个点，就直接忽略(显然只可能是最后一段)

假设这个路径只有\(k\)个点，那么这条路径并不会影响\(k+1\)以后的组内\(dismax\)，所以无法缩小\(dismax\)，直接忽略

• 第\(\frac pa+1\)段的元素是不用考虑的（这里假设\(an>p\)）

最后一个组是不完整的(只有\(p\%a\)个)，所以\(dismax\)是小于等于前面的段的\(dismax\)

有了这两个性质，不难发现每一组内的点是一模一样的，所以只用考虑第一组是否满足条件

由于之前发现了首项是一个公差为\(-p\%a\)，模\(a\)意义下的等差数列，所以就转化成了一个求的东西相同而规模更小的问题

\(a'=a-p\%a,p'=a\)，问题在于\(n'\)，即跳跃路径包含几段等差数列

首先如果我们知道包含\(k\)段，那么元素总个数=\(\frac pa\cdot k+\frac{(p\%a)\cdot k}a\)，第一项是算大体贡献，第二项是某些段会多出一项

然后二分一下就好了（雾）

也就是说我们完成了\(f(a,p)\to f(a-p\%a,a)\)，然而类欧几里得函数应该是\(f(a,p)\to f(p\%a,a)\)，从复杂度出发倒回去想的话，把跳跃过程倒着跳回来和原问题是等价的，所以实际上就是\(f(a,p)\to f(min(a-p\%a,p\%a),a)\)，复杂度为类欧函数的\(log1e9\)，然后我比正解多一个二分的\(log\)

边界情况就是\(a\cdot n< p\)，判一下\(h\geq a\)

一些细节

由于我们缩小问题规模和转化为倒着跳的时候，实际上在边界外面是有一个点的，所以还要判\(h\geq p-a\cdot n\)（注意原问题不用判，\(fst\)变量表示是否是原问题）

char solve(int a, int n, int p, int h, char fst){
    a %= p;
    if(p-a<a) return solve(p-a,n,p,h,false); //倒着跳
    if(1ll*n*a<p) if(!fst) return h>=a and h>=p-n*a; else return h>=a;

    int A = p%a, head=1, tail=p;
    while(head<tail){
        int mid = head+tail >> 1;
        ll cnt = 1ll*(p/a)*mid+(1ll*A*(mid-1))/a;
        if(cnt<=n) head = mid+1;
        else tail = mid;
    }
    return solve(a-p%a,head-2,a,h,false);
}