NOI2018Day2T1 屠龙勇士 set 扩展欧几里德 中国剩余定理

原文链接https://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/NOI2018Day2T1.html

题目传送门 - 洛谷P4774

题意

 

题解

　　首先我们仔细看一看样例可以发现如果一回合打不过巨龙就输了。

　　所以每一回合都要赢。所以每一次选择的宝剑都是可以提前预知的。

　　我们用个 set 来支持快速插入和 upper_bound ，可以在 $O((n+m)\log m)$ 的时间复杂度内处理得到每一把宝剑要处理的巨龙。

　　我们考虑化简一下原题的意思：

　　令 $v_i$ 为攻击第 $i$ 只龙的宝剑的攻击力。

　　则对于最终答案 $x$ 必然满足：

$$\forall i\in \{1,2,\cdots,n\}$$

$$a_i\leq x\times v_i$$

$$a_i\equiv x\times v_i\pmod {p_i}$$

　　我们先考虑第二个条件。

$$a_i\equiv x\times v_i\pmod {p_i}\Longrightarrow x\equiv \cfrac{a_i}{v_i}\pmod {p_i}$$

　　于是我们需要求出 $(v_i)^{-1} \pmod {p_i}$ 。

　　但是 $v_i$ 的逆元在对 $p_i$ 取模意义下不一定存在，不存在的条件是 $\gcd(v_i,p_i)>1$ 。这个求逆元一般方法自己百度。

　　但是即使不存在，也有可能使得 $x\times v_i\equiv a_i$ 。

　　我们来看一看原式的本质：

$$a_i=x\times v_i + k\times p_i$$

　　令 $g=\gcd(a_i,v_i,p_i)$ ，上式中的 $a_i,v_i,p_i$ 都除以 $g$ ，上式依旧成立。

　　接下来，上述 $a_i,v_i,p_i$ 的值都更新成他们除以 $g$ 的值。

　　此时，如果 $g2=\gcd(v_i,p_i)>1$ ，那么由于 $\gcd(g2,a_i)=1$ ，所以有 $x\times v_i + k\times p_i = M\times g2 \not \equiv a_i \pmod {g2 \times (p_i÷g2)}$ ，其中 $M=(x\times v_i + k\times p_i)÷g2$ 。

　　那么显然无解了。

　　如果 $g2=1$ ，那么显然有解。

　　于是我们依照上述做法，可以判除掉一部分无解的情况，并得到关于 $x$ 的一次同余方程组。

　　令 $x_i=a_i\times (v_i)^{-1}\pmod {p_i}$ ，则：

$$\begin{cases}x&\equiv&x_1&\pmod {p_1}\\x&\equiv&x_2&\pmod {p_2}\\ &&\vdots\\x&\equiv&x_n&\pmod {p_n}\end{cases}$$

　　这个东西直接中国剩余定理合并一下（可能会无解）就可以得到 $x\equiv W \pmod P$ 这样的一般式子了。由于本题数据范围比较大，我用了快速乘来防止炸 $long \ long $ 。

　　得到 $x$ 的一般同余式子之后，我们再去看看之前的第一个条件。

$\forall i\in\{1,2,\cdots,n\}, \ \ \ a_i\leq x$

　　由于 $x=kP + W$ ，所以我们可以将 $x$ 代入上面的式子中，并根据所有的式子求出 $k$ 的取值范围。于是就可以得到 $x$ 的最小值了！

　　时间复杂度 $O(n\log n)$ 。

　　期望得分 ： 100 

　　UPD(2018-07-20  22:16): 洛谷测试 ：100

　　UPD(2018-07-21): LOJ测试 ：100

　　UPD(2018-07-22): 评测鸭测试： 100

　　UPD(2018-07-24): UOJ测试 ： 100

　　UPD(2018-xxxxx): xxx测试：100

　　实际得分 ： 75 （该分数为推测结果（ Day2 少了 25 分大概只有可能是这里了））

　　吐槽啊！CCF 老爷机跑的也太慢了吧？？是不是没有开 O2 啊？

代码

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <set>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long LL;
bool isd(char ch){
	return '0'<=ch&&ch<='9';
}
LL read(){
	LL x=0;
	char ch=getchar();
	while (!isd(ch))
		ch=getchar();
	while (isd(ch))
		x=(x<<1)+(x<<3)+ch-48,ch=getchar();
	return x;
}
const int N=100005;
int T,n,m;
LL a[N],p[N],h[N],v[N],x[N];
multiset <LL> S;
LL ex_gcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y){
	if (!b){
		x=1,y=0;
		return a;
	}
	LL res=ex_gcd(b,a%b,y,x);
	y-=x*(a/b);
	return res;
}
LL gcd(LL a,LL b){
	return b?gcd(b,a%b):a;
}
LL inv(LL v,LL p){
	LL x,y,g=ex_gcd(v,p,x,y);
	if (g>1)
		return -1;
	return (x+p)%p;
}
LL Mul(LL a,LL b,LL p){
	a=(a%p+p)%p;
	b=(b%p+p)%p;
	LL ans=0;
	for (;a;a>>=1,b=(b<<1)%p)
		if (a&1LL)
			ans=(ans+b)%p;
	return ans;
}
bool CRT(LL w1,LL p1,LL w2,LL p2,LL &w,LL &p){
	LL x,y,z=w2-w1,g=ex_gcd(p1,p2,x,y);
	if (z%g)
		return 0;
	LL t=z/g;
	x=Mul(x,t,p2/g);
	p=p1/g*p2;
	w=((w1+Mul(x,p1,p))%p+p)%p;
	return 1;
}
LL Solve(){
	n=read(),m=read();
	for (int i=1;i<=n;i++)
		a[i]=read();
	for (int i=1;i<=n;i++)
		p[i]=read();
	for (int i=1;i<=n;i++)
		h[i]=read();
	S.clear();
	while (m--)
		S.insert(read());
	for (int i=1;i<=n;i++){
		multiset <LL> :: iterator p=S.begin();
		if ((*p)<a[i])
			p=--S.upper_bound(a[i]);
		v[i]=*p,S.erase(p);
		S.insert(h[i]);
	}
	for (int i=1;i<=n;i++){
		LL g=gcd(a[i],gcd(v[i],p[i]));
		v[i]/=g,p[i]/=g,a[i]/=g;
		LL Inv=inv(v[i],p[i]);
		if (Inv<0)
			return -1LL;
		x[i]=Mul(a[i],Inv,p[i]);
	}
	LL W=x[1],P=p[1];
	for (int i=2;i<=n;i++)
		if (!CRT(W,P,x[i],p[i],W,P))
			return -1LL;
	// x = W  (mod P)
	for (int i=1;i<=n;i++){
		LL val=(a[i]+v[i]-1)/v[i];
		if (val<=W)
			continue;
		LL k=(val-W+P-1)/P;
		W+=k*P;
	}
	return W;
}
int main(){
	freopen("dragon.in","r",stdin);
	freopen("dragon.out","w",stdout);
	scanf("%d",&T);
	while (T--)
		printf("%lld\n",Solve());
	fclose(stdin);fclose(stdout);
	return 0;
}