[NOI2018] 屠龙勇士 题解
Statement
P4774 屠龙勇士 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)
一个小提示 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)
Solve1
首先，容易发现，剑的顺序是固定的
我们可以轻松地用 \(multiset\) 处理出面对第 \(i\) 条龙时的攻击力 \(atk[i]\)
那么题目就是求解一堆同余方程组
其中， \(a[i]\) 是初始生命值，\(m[i]\) 是回复值
这个形式非常像我们的扩展中国定理：\(x\equiv a[i]\pmod{m[i]}\)
我们不妨延续 \(\text{exCRT}\) 的思路：
设\(ans\) 表示前 \(i-1\) 个方程的解 \(x\) ，\(M\) 表示 \(lcm_{1\leq j<i}\{m[j]\}\)
知道通解 \(ans=ans+xM\)
那么有 \(atk[i]\times(ans+xM)\equiv a[i]\pmod{m[i]}\)
即 \(atk[i]\times ans+atk[i]\times xM+ym[i]=a[i]\)
同时减去一个 \(atk[i]\times ans\) ，\(atk[i]M\times x+m[i]\times y=a[i]-ans\times atk[i]\)
其中 \(atk[i],M,m[i],a[i],ans\) 皆为常数，那不就是标准的 \(\text{exgcd}\) 嘛，
（一下是扩展欧几里得具体过程，可以略过）
设 \(a=atk[i]M,b=m[i],c=a[i]-ans\times atk[i]\)
设 \(ax+by=(a,b)\) 的特解 \(x^{\prime} ,y^{\prime}\)
有通解 \(x=\dfrac c{(a,b)}x^{\prime}+k\dfrac b{(a,b)}\) ，
那么 \(ans+=xM,M^{*}=\dfrac b {(a,b)}\) 。
特别的，\(atk[i]\times x\geq a[i]\) ，即必须砍成负血
设 \(maxx=max\{\dfrac{a[i]-1}{atk[i]}+1\}\) ，即最多几刀砍成负血
那么，如果我们的 \(ans<maxx\) ，也就是 \(\exist i,s.t. atk[i]\times ans<a[i]\)
我们设还应砍 \(x\times M\) 刀，满足 \(ans+x\times M\geq maxx\)
可知 \(x=\dfrac{maxx-ans-1}{M}+1\) ，加在答案里即可
Code1
#include<bits/stdc++.h>
#define int __int128
using namespace std;
const int N = 1e5+5;
int read(){
int s=0,w=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9')s=s*10+ch-'0',ch=getchar();
return s*w;
}
void write(int x){
vector<long long> v;
while(x) v.emplace_back(x%10),x/=10;
for(int i=v.size()-1;~i;--i)printf("%lld",v[i]);
puts("");
}
int a[N],m[N],gift[N],atk[N];
int T,n,m_,maxx;
multiset<int>s;
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
if(!b)return x=1,y=0,a;
int g=exgcd(b,a%b,y,x);
return y-=a/b*x,g;
}
void exCRT(){
int ans=0,M=1,x,y,aa,b,c,g;
for(int i=1;i<=n;++i){
aa=atk[i]*M%m[i],b=m[i];
c=(a[i]-ans*atk[i]%m[i]+m[i])%m[i],g=exgcd(aa,b,x,y);
if(c%g)return puts("-1"),void();
x=(x+b)%b,x=(c/g*x)%(b/g);
ans+=x*M%(M*=b/g);
ans%=M;
}
if(ans<maxx)ans+=((maxx-ans-1)/M+1)*M;
write(ans);
}
signed main(){
T=read();
while(T--){
s.clear(),maxx=0;
n=read(),m_=read();
for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read();
for(int i=1;i<=n;++i)m[i]=read();
for(int i=1;i<=n;++i)gift[i]=read();
for(int i=1,x;i<=m_;++i)x=read(),s.insert(x);
for(int i=1;i<=n;++i){
auto u=(a[i]<(*s.begin()))?s.begin():(--s.upper_bound(a[i]));
atk[i]=*u,s.erase(u),s.insert(gift[i]),maxx=max(maxx,(a[i]-1)/atk[i]+1);
}
exCRT();
}
return 0;
}
Solve2
参考：题解 P4774 NOI2018 屠龙勇士- shadowice1984 的博客
我们换一种思路考虑如何把 \(atk[i]x\equiv a[i]\pmod{m[i]}\) 直接转化成 \(x \equiv y\pmod{z}\) ，也就是让它们等价。
考虑如何干掉 \(atk[i]\) 这一项
先转成 \(atk[i]x+bm[i]=a[i]\)
不妨求出 \(atk[i]x+bm[i]=(atk[i],m[i])\) 的一个特解 \(x^{\prime}\)
有通解 \(x=\frac{atk[i]}{(atk[i],m[i])}x^{\prime}+k\frac{m[i]}{(atk[i],m[i])}\)
不妨把这个通解转化成同余的形式：
也就是说，只要 \(x\) 满足上述条件，就满足 \(atk[i]x+bm[i]=a[i]\)
也就是说：
于是，我们成功地干掉了 \(atk[i]\) 这一项，之后就可以直接扩展中国剩余定理了。
这里同时给出另外一种扩展中国剩余定理的思路
Solve1 中，采取蓝书《算法竞赛进阶指南》思路，本质是假定前 \(i-1\) 个同余方程等价于：
然后考虑如何用 \(ans+tM\) 去兼容第 \(i\) 个方程
另外的一种思路是，考虑合并两个同余方程：
其中的 \(c[i],a[i],m[i]\) 都相应的是经我们前面干掉 \(atk[i]\) 项后的结果
我们可以形式化地转化一下：对于两个同余方程
要求转化成 \(X\equiv Y\pmod P\) 的式子
我们直接拆开：\(x=n_1p_1+y_1=n_2p_2+y_2\)
注意到 \(n_1,n_2\) 正负号任意，\(n_1p_1=n_2p_2+y_2-y_1\)
这就是一个二元一次不定方程的形式，有解当且仅当 \((p_1,p_2)|(y_2-y_1)\)
现在我们转化成了 \(n_1p_1\equiv y_2\pmod{p_2}\) ，考虑如何干掉 \(p_1\) 这个系数
最直接的想法就是逆元，但不保证 \(p_1\) 和 \(p_2\) 互质
我们知道 \(gcd\) 有这样一个性质： \((\dfrac a{(a,b)},\dfrac b{(a,b)})=1\)
所以不妨在之前的式子同除 \((p_1,p_2)\) ，得到
转化成同余式 ：
此时，我们可以求 \(\frac{p_1}{(p_1,p_2)}\) 在模 \(\frac{p_2}{(p_1,p_2)}\) 意义下的逆元了，设为 \(inv\)
那么：
写成不定方程的形式：
回顾我们的目标，是转化成 \(X\equiv Y\pmod P\) 的形式
但注意到 \(n_1\) 是这样来的：\(x=n_1p_1+y_1\)
显然 \(n_1\) 依赖于 \(x\) ，有多个解，不利于我们操作
所以我们把 \(n_1\) 带入：
转化成同余方程：
合并成功！
Code2
请参见这位大佬
