ABC341A-D题解
文章目录
- A
-
- 题目
- AC Code：
- B
-
- 题目
- AC Code：
- C
-
- 题目
- AC Code：
- D
-
- 题目
-
- 你以为这就完了？
- 时间复杂度分析：
- AC Code：
- E
A
题目
这个没什么好说的，就先输出一个 1，再输出 n n n 个 01就大功告成了。
AC Code：
#include
#include B
题目
要获取更多 x x x 国货币，只能用 x − 1 x - 1 x−1 国货币换。
所以我们可以从 1 1 1 国一直换到 n n n 国，输出，结束。
AC Code：
#include
#include C
题目
你会发现， 50 0 3 < 2 ⋅ 1 0 8 500^3<2\cdot10^8 5003<2⋅108，所以可以暴力枚举高桥所在的位置，如果他行进的过程中没有经过海洋就将答案加一。如果经过海洋了就直接枚举下一个点。
AC Code：
#include
#include D
题目
这个题并不难，但是细节很多，仔细看！我因为一些零碎的细节卡了 40min！
首先，我们先讨论那些“有规律”的部分。我们发现，对于两个数 n n n 和 m m m，在 n m nm nm 范围内有 n + m − 2 × gcd ( n , m ) n + m - 2\times\gcd(n, m) n+m−2×gcd(n,m) 个数满足只被 n n n 和 m m m 中的一个数字整除。
这个结论怎么来的呢？
首先，对于可以被 n n n 整除的一共有 n m n \frac{nm}{n} nnm 共 m m m 个，可以被 m m m 整除的一共有 n m m \frac{nm}{m} mnm 共 n n n 个。
那么 − 2 × gcd ( n , m ) -2\times\gcd(n, m) −2×gcd(n,m) 又是怎么来的呢？
首先， n m nm nm 范围内有 n m n m gcd ( n , m ) \frac{nm}{\frac{nm}{\gcd(n, m)}} gcd(n,m)nmnm 个数即 gcd ( n , m ) \gcd(n,m) gcd(n,m) 个数可以被 n n n 和 m m m 整除。我们要在可以被 n n n 整除的部分减去它，还要在可以被 m m m 整除的部分减去它。所以是 − 2 × gcd ( n , m ) -2\times\gcd(n,m) −2×gcd(n,m)。
然后我们就可以将答案直接跳到 n m ( k / ( n + m − 2 gcd ( n , m ) ) ) nm(k/(n + m - 2\gcd(n, m))) nm(k/(n+m−2gcd(n,m)))，此时 k k k 变成 k m o d ( n + m − 2 gcd ( n , m ) ) k \mod (n + m - 2\gcd(n, m)) kmod(n+m−2gcd(n,m))。
我们继续讨论，可以枚举，用 k 1 k1 k1 和 k 2 k2 k2 两个变量依次跳到答案。如果 k 1 k1 k1 跳的远就跳 k 2 k2 k2，否则跳 k 1 k1 k1。如果两个跳的一样远就都跳依次，这两次不算在跳的次数内。一共跳 k k k 次后，较大的就是满足条件的，加到答案上即可。
你以为这就完了？
如果减掉前面“有规律”的部分后，发现 k k k 等于 0 0 0 时，不加任何特判会输出一个 n m nm nm 的倍数的数。但是我们要的是最大的比上述不合法答案小的答案。此时如果我们把 k k k 设为 n + m − 2 gcd ( n , m ) n+m-2\gcd(n, m) n+m−2gcd(n,m)，答案减去 n m nm nm 就可以解决这个问题。
还有一个很重要的东西：long long！
时间复杂度分析：
按最坏情况来说， gcd ( n , m ) = 1 \gcd(n, m)=1 gcd(n,m)=1，此时时间复杂度就是 n + m n+m n+m，而且跑不到这么多，所以执行次数不会超过 2 ⋅ 1 0 8 2\cdot10^8 2⋅108，合格。
AC Code：
#include
#include E
什么，不是 A-D题解吗？怎么还有 E？
我才不会给出详细的解法的，我只给一个小小的提示：懒标线段树！