绍兴一中模拟赛3.22——踟躇（chíchú）而过

Description

$n<=10^{18}$，保证$gcd(a,b)=1$

Solution

考虑计算大于等于$t$的第一个满足$f(x,k)=s$的数
我们可以从高位到低位贪心去填，每一位从零开始依次尝试，看剩余位用剩余数字去填能否大于等于 $t$
我们设这个过程叫$next(t,k,s)$
因为答案不会超过$1e18$，经过$xjb$计算后得出$s$ 最多只有$400$
单次$next$操作的复杂度可以做到$O(logn)$
令 $g[s]$ 表示大于等于$n$的满足 $f(x,a)=f(x,b)=s$ 的整数$x$
初始时 对于所有$s$，$g[s]=n$
然后每次找最小的 $g[s]=t$，令$w=max(next(t,a,s),next(t,b,s))$
如果$t=w$那$t$就是一个合法答案，显然这种做法下这是最优答案，直接输出
否则将$g[s]$设为$w$，重复上述过程
为什么这样做是可以的？
我们考虑对于一个区间$[l,r]$满足$f(x,a)=s$的数和$f(x,b)=s$数集，将他们排序之后会形如 $a,b,a,a,a,b,b,a,a$等，发现求$next$的过程相当于求有多少$a,b$交替出现，如上例就变成了$a,b,a,b,a$，只进行了$5$次$next$操作
显然交替次数的级别不会高于$a,b$任意一种数的出现的次数，由于进位的存在使得这两种数出现趋向随机，而根据生日悖论，出现矛盾的位置一般不超过出现次数的平方，所以寻找次数的上界显然为$O(\sqrt{n})$
于是总的复杂度上界约为$O(s\sqrt{n}logn)$
看起来过不去
但是对于不同的$s$它的寻找次数会有较大差异，对于有些$s$寻找次数会非常少，加上求$next$的常数较小，最终实现起来的速度是很快的

Code

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,int> pi;
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
priority_queue<pi,vector<pi>,greater<pi> >q;
pi x;
ll xx,n,ans,tmp;
int cnt,sum,a[70],b[70],ss,i,A,B;
ll ne(ll x,int k,int s){
	memset(b,0,sizeof(b));
	xx=x;cnt=sum=0;
	while (xx) sum+=(a[++cnt]=xx%k),xx/=k;
	if (sum==s) return x;cnt++;
	a[cnt]=0;
	for (int i=cnt;i;i--){
		s-=a[i],b[i]=a[i],ss=s;
		int j=i-1;
		for (;j;j--){
			if (ss>a[j] && a[j]<k-1) break;
			if (ss<a[j]){
				j=0;
				break;
			}
			ss-=a[j];
		}
		if (!j){
			s--,b[i]++;
			break;
		}
	}
	for (int i=1;s;i++){
		if (i>cnt) return 1e18;
		if (s>=k-1-b[i]) s-=k-1-b[i],b[i]=k-1;
		else b[i]+=s,s=0;
	}
	ans=0;
	for (int i=cnt;i;i--) ans=ans*k+b[i];
	return ans;
}
int main(){
	scanf("%lld%d%d",&n,&A,&B);
	if (!n) return puts("0"),0;
	for (i=1;i<=400;i++) q.push(mp(max(ne(n,A,i),ne(n,B,i)),i));
	while (1){
		x=q.top(),q.pop();
		tmp=max(ne(x.fi,A,x.se),ne(x.fi,B,x.se));
		if (x.fi==tmp) return printf("%lld",tmp),0;
		q.push(mp(tmp,x.se));
	}
}