[ABC290D] Marking

题意简述

接受三个参数 \(N,D,K\)。其中 \(N\) 表示有 \(N\) 个点，标号为 \(0,1,\dots,(N-1)\)。

第一步，将点 \(0\) 标记，并且记录一个数 \(A\)，此时 \(A=0\)。

此后，你要进行如下操作：

1. \((A+D)\bmod N \to A\)。
2. 如果点 \(A\) 已经被标记，\((A+1)\bmod N\to A\)。、
3. 标记点 \(A\)。

显然最多进行 \(N\) 次操作。求问第 \(K\) 次操作时标记的点。有多测，\(T\) 组。

题目解析

我们这里称 \(A\) 经过若干次操作后不取模保持小于 \(N\) （也就是说，\(A+D<N\)）的过程叫做一轮，每一轮开始时 \(A\) 所处的点叫起点 \(S\)。可以看出，\(0\leq S <D\)。

我们发现这种标记方法的间距始终是相同的，为 \(D\)，除非遇到相同的。所以说，一旦起点确定（起点之前未被标记），这一轮之后不会遇到别的被标记的点。可以这么理解：每一轮标记的点都是 \(S+mD,m\in\mathbb{N}\)。设任一标记过的起点为 \(S'\)，则其标记过的点为 \(S'+nD,n\in\mathbb{N}\)。假设存在重合的点，则 \(S+mD=S'+nD\)，即 \(S'-S=(m-n)D\)。因为 \(S'\neq S\) 且 \(0\leq S,S'<D\)，假设不成立。于是不存在重合的点。

那么仅存在某一轮之后与任意起点重合。并且同理可以知道，从本次重合到下一次，经过的轮数相同。具体地说，\(S'-S-l=(m-n)D\)（\(l\) 表示重合的次数，显然 \(l<D\)） 不成立。另一个性质是，每次重合的点下一个必定是未标记的。若是已标记的，则标记已覆盖完 \(N\) 个点了。

所以我们就从最开始的一次重合举例。经过多少步能重合呢？其实就是解同余方程 \(Dx\equiv 0(\bmod N)\)。想到 \(\gcd\)（这种特殊情况就不必劳烦 \(\rm {exgcd}\) 了）。\(Dx\) 什么时候是 \(N\) 的倍数呢？只需要提出 \(N\) 在 \(D\) 中不存在的因数，即 \(N/\gcd(N,D)\)。即： \(x=N/\gcd(N,D)\)。

不重合的时候，就是前进 \(D\) 了，这里不再赘述，可见代码。

一个需要注意的点是：第一次还有一个把 \(0\) 标记了的操作，所以要把 \(K\) 减一。

单次询问复杂度 \(O(\log N)\)，整个程序复杂度 \(O(T\log N)\)。

代码实现

#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#define R myio::read_int()
//也就是说之后的 R 代表的是读入的返回值
//这里省略了快读
using namespace std;
int T,N,K,D;
signed main(){
	T=myio::read_int();
	while(T--) {
		N=R,D=R,K=R-1;
		int ans1=K*D%N; //这一部分表示正常前进的
		int ans2=K/(N/__gcd(N,D)); 
		//每 N/__gcd(N,D) 步重合一次，那么就重合了 K/(N/__gcd(N,D)) 次。
		myio::print_int(ans1+ans2);
	}
	return 0;
}