Codeforces 1292B Aroma's Search
Description
描述
给定平面上无限个点，$\text P_0$ 的坐标为 $(x_0, y_0)$，$\text P_i$ 的坐标为 $(x_i, y_i)$，则对于任意 $i \ge 1$，有：
- $x_i = a_x \cdot x_{i - 1} + b_x$
- $y_i = a_y \cdot y_{i - 1} + b_y$
现在你在 $(x_s, y_s)$，每秒你可以上下左右移动一个单位长度，求 $t$ 秒内你最多能走到几个点。
输入
第一行六个整数 $x_0, y_0, a_x, a_y, b_x, b_y$（$1 \le x_0, y_0 \le 10^{16}$，$2 \le a_x, a_y \le 100$，$0 \le b_x, b_y \le 10^{16}$）。
第二行三个正整数 $x_s, y_s, t$（$1 \le x_s, y_s, t \le 10^{16}$）。
输出
一个整数表示答案。
样例
输入1
1 1 2 3 1 0
2 4 20输出1
3
输入2
1 1 2 3 1 0
15 27 26输出2
2
输入3
1 1 2 3 1 0
2 2 1输出3
0
解释
前五个点为 $(1, 1)$，$(3, 3)$，$(7, 9)$，$(15, 27)$ 和 $(31, 81)$。
样例1：收集 $(3, 3)$，$(1, 1)$，$(7, 9)$，用时 $2 + 4 + 14 = 20$ 秒。
样例2：收集 $(15, 27)$，$(7, 9)$，用时 $0 + 26 = 26$ 秒。
样例3：无法收集。
Solution
首先，很容易观察到点的一些特征:
- 都在第一象限；
- 点的分布越来越稀疏。
以样例为例：
还有无限个点没有画出来。
根据点的分布越来越稀疏的特性，能不能发现收集点的规律呢？
比如我们可以先枚举一个点 $i$，直接从 $(x_s, y_s)$ 出发去收集 $\text P_i$。
然后呢？如果往 $\text P_0$ 的方向收集，点会非常密集；如果往 $\text P_\infty$ 的方向收集，点就会非常稀疏。
当然，我们往 $\text P_0$ 的方向收集！
但是，这边的点是有限的，如果全部收集完了时间还绰绰有余呢？
那就原路返回，再往 $\text P_\infty$ 的方向收集！
有人可能会疑惑，为什么这里都原路返回了，答案还是最优呢？
首先，因为随着 $j$ 的增大，$x_j, y_j$ 都在增大，所以 $\sum_{j = 1}^{i}\operatorname{dist}(\text P_{j-1}, \text P_j)$（也就是从 $\text P_i$ 收集到 $\text P_0$ 的总距离）就等于 $\operatorname{dist}(\text P_0 ,\text P_i)$（$\operatorname{dist}$ 表示曼哈顿距离）。
下面为了分析方便只看 $x$ 坐标（$\operatorname{Xdist}$ 表示 $x$ 坐标之差）。
点最密集的时候应该是什么时候？很显然，$a_x$ 和 $b_x$ 都最小的时候，也就是 $a_x = 2, b_x = 0$。
$$ \operatorname{Xdist}(\text P_{i+1}, \text P_{i}) = (a_x \cdot x_{i} + b_x) - x_{i} = (a_x - 1)\cdot x_{i} + b_x = x_i $$
$$ \operatorname{Xdist}(\text P_{0}, \text P_{i}) = x_i - x_0 $$
$\because x_0 \ge 1 \qquad \therefore \operatorname{Xdist}(\text P_{i+1}, \text P_{i}) > \operatorname{Xdist}(\text P_{0}, \text P_{i})$
现在 $y$ 坐标也加进来，就可以得到 $\operatorname{dist}(\text P_{i+1}, \text P_{i}) > \operatorname{dist}(\text P_{0}, \text P_{i})$。
这说明什么？收集 $\text P_0 \sim \text P_{i - 1}$ 的时间比只收集一个 $\text P_{i + 1}$ 的时间还要少！
如果当初选择向右走，那再去收集 $\text P_{i + 2}$ 的时候，显然 $\operatorname{dist}(\text P_{i+1}, \text P_{i +2}) > \operatorname{dist}(\text P_{i}, \text P_{i+1})$，那么 $\operatorname{dist}(\text P_{i+1}, \text P_{i +2}) + \operatorname{dist}(\text P_{i}, \text P_{i+1}) > 2 \operatorname{dist}(\text P_{0}, \text P_{i})$。说明向 $\text P_{\infty}$ 方向收集 $2$ 个点的时候，$\text P_0$ 方向已经回来了，并收集了 $i$ 个点，如果 $i \ge 2$ 那么直接可以知道答案更优了，还剩两种情况：
- $i=0$，这时没什么左右之分，那不影响答案；
- $i=1$，直接带入算一算，$x_1 = 2 x_0$，$x_2 = 4 x_0$，那么左边加上返回的时间是 $2 x_0$，直接去 $\text P_2$ 的时间也是 $2 x_0$，因为越往后点越稀疏，而两种方案当前耗时相同，起点不同，所以 $\text P_0$ 方向还是更优。
还有一个小问题，就是数组开多大，因为 $2^{64} > 10^{18}$，所以数组开到 $70$ 就绰绰有余了。
时间复杂度 $\mathcal O(n^2)$，$n$ 是要用到的点数，算到 $x_n > x_s, y_n > y_s, \operatorname{dist}(\text P_n, \text S) > t$ 即可。
#include <bits/stdc++.h>
#define max(a, b) a > b ? a : b
typedef long long LL;
const int N = 70;
LL ax, ay, bx, by, ans, n;
LL x[N], y[N], xs, ys, t;
LL dist(LL x1, LL y1, LL x2, LL y2) { return llabs(x1 - x2) + llabs(y1 - y2); }
int main()
{
scanf("%lld %lld %lld %lld %lld %lld", x, y, &ax, &ay, &bx, &by);
scanf("%lld %lld %lld", &xs, &ys, &t);
while(++n)
{
x[n] = ax * x[n - 1] + bx; y[n] = ay * y[n - 1] + by;
if(x[n] > xs && y[n] > ys && dist(xs, ys, x[n], y[n]) > t) break;
}
for(int i = 0; i <= n; i++)
{
LL tans = 0, tt = t;
if(dist(xs, ys, x[i], y[i]) <= tt) tt -= dist(xs, ys, x[i], y[i]), tans++; // S -> Pi
else { ans = max(ans, tans); continue; }
for(int j = i; j; j--) // Pi -> P0
{
if(dist(x[j], y[j], x[j - 1], y[j - 1]) <= tt)
tt -= dist(x[j], y[j], x[j - 1], y[j - 1]), tans++;
else break;
}
for(int j = 1; j <= n; j++) // P0 -> Pi -> P∞
{
if(dist(x[j], y[j], x[j - 1], y[j - 1]) <= tt)
tt -= dist(x[j], y[j], x[j - 1], y[j - 1]), tans += j > i; // 注意 j > i 的时候才能算入
else break;
}
ans = max(ans, tans);
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
