Mister B and Astronomers CodeForces - 819D（数论）

Mister B and Astronomers CodeForces - 819D（数论）

题目大意

有n个观察员，第一个观察员在0秒开始观察星空，随后第i个观察员会在第i-1个观察员之之后$a_i$秒进行观察，第一个观察员也会在第n个观察员观察后$a_1$秒观察，有一颗星星其闪烁的周期为T，其第一次闪烁的时间不确定.问每个观察员有多少种可能成为第一个观察到这颗星星的人

解题思路

假设第i个观察员第一次观察的时刻为$b_i$，观察员的观察周期为S，则本题实际上就是求解
$$(b_i+k\ast s)\%T=y(y\in (0,T-1))$$
对于每个y，使得k最小的$b_i$

对此我们可以对原等式进行转化
$$b_i\%T+(k\ast s)\%T=y$$
其中$(k\ast s)\%T=q\ast gcd(s,T)(q\in Z^{+})$先令$d=gcd(s,T)$因此凡是使得$b_i\%T\%d=y\%d$的y均可被$b_i$观察到，但还需要求为第一次观察到的.

继续分析.由上述的分析结果我们可以将所有的$b_i\%T$分成d类由此每一类都只会在自己这一类中跳动，每类都有$\frac{T}{d}$个元素

而所有的y也将分布在这些类中，因此所有的y也将分布在每类的任两个数之间

因此只需求出所有的类中的数与其下一个数之间的距离即可

其中为了方便求距离我们需要对每个数引入一个坐标，其中每个数的位置可以表示为$(b_i+k\ast s)\%T\%d=y\%d(y\in (0,T-1))$方程的解k

AC代码

#include
using namespace std;
const int sz=2e5+5;
typedef long long LL;
unordered_map<int,int> mp,id;
unordered_map<int,bool> hs;
set<int> s[sz];
int vis[sz];
int arr[sz];
int nos[sz];
int ans[sz];
LL exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)	
{
    if(b==0)
    {
        x=1,y=0;
        return a;
    }
    LL ret=exgcd(b,a%b,y,x);
    y-=a/b*x;
    return ret;
}
LL getInv(LL a,LL mod)
{
	LL x,y;
    exgcd(a,mod,x,y);
    return x;
}
int32_t main()
{
	int T,n;
	cin>>T>>n;
	int S=0;
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>arr[i],S=(S+arr[i])%T;
	arr[1]=0;
	for(int i=2;i<=n;i++) arr[i]=(arr[i]+arr[i-1])%T;
	for(int i=1;i<=n;i++) if(!hs.count(arr[i])) hs[arr[i]]=1,vis[i]=1;
	int d=__gcd(S,T);
	T/=d;S/=d;
	int inv=getInv(S,T);
	int no=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int t=arr[i]%d;
		if(!id[t]) id[t]=++no;
		nos[i]=1LL*inv*(arr[i]-t)/d%T;
		s[id[t]].insert(nos[i]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{	
		if(!vis[i]) {ans[i]=0;continue;}
		int ids=id[arr[i]%d];
		set<int>::iterator p=s[ids].find(nos[i]);
		p++;
		if(p==s[ids].end()) ans[i]=(*s[ids].begin())+T-nos[i];
		else ans[i]=(*p)-nos[i];
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) cout<<ans[i]<<' ';
}