2025牛客国庆集训派对day7 M C 个人题解 - 教程

Water

#exgcd #数学

题目翻译

Walk Alone 感到口渴，想要喝水。他想要恰好喝 $x$ 单位的水，但没有合适的量杯。他只有两个水壶，容量分别为 $A$ 和 $B$。他发现可以对这两个水壶进行以下操作：

1. 将其中一个水壶装满水。
2. 将其中一个水壶中的水全部倒掉。
3. 喝掉其中一个水壶中的全部水。
4. 尽可能多地将水从一个水壶转移到另一个水壶，且不能溢出。形式化地说，如果两个水壶当前分别含有 $a$ 和 $b$ 单位的水，则他可以从 $A$ 向 $B$ 转移 $\min (a,B-b)$ 单位的水，或者从 $B$ 向 $A$ 转移 $\min (b,A-a)$ 单位的水。

Walk Alone 希望尽可能少地操作。你能告诉他为了喝到恰好 $x$ 单位的水所需的最少操作次数吗？

输入描述

输入包含多个测试用例。
第一行包含一个整数 $T$，表示测试用例的数量。
每个测试用例仅有一行，包含三个整数 $A$、$B$ 和 $x$，分别表示两个水壶的容量以及他需要喝的水的体积。

输出描述

对于每个测试用例，输出一行一个整数，表示最少操作次数。如果无法喝到恰好 $x$ 单位的水，输出 $-1$。

思路

所有的倒水操作实际上可以转化为：
$$Ax+By=C$$

• 其中$C$为需要构造的数字
• $x,y\in Z$

对于一次$x\pm 1$，实际上需要两次操作
所以答案可以分类讨论：

• 当$x\ge 0\&\&y\ge 0$，$ans=2(|x|+|y|{)}_{min}$
• 否则$ans=2(|x|+|y|{)}_{min}-1$
  • 这是由于$x\cdot y<0$，则可以少进行操作一次

对于方程$Ax+By=gcd(A,B)$，可以通过$exgcd$解得特解$x_0,y_0$
由此可以获得通解：
$$\{\begin{array}{l}x=x_0+k\cdot \frac{B}{gcd(A,B)}\\ \\ y=y_0-k\cdot \frac{A}{gcd(A,B)}\end{array}$$
也就是说，答案变成了关于$k$的函数：
$$f(k)=|x|+|y|=|x_0+k\cdot \frac{B}{gcd(A,B)}|+|y_0-k\cdot \frac{A}{gcd(A,B)}|$$
这是一个形如$f(k)=|ak+b|+|ck+d|$的绝对值函数，其最小值必然在$|a{k}_0+b|=|c{k}_0+d|$时取到，但由于$k\in Z$，所以可能在$\lfloor k_0\rfloor ,\lceil k_0\rceil$处取得

因此，记录所有可能的$k$值，遍历一遍取最小的答案即可

代码

#include<iostream>#include<vector>#include<unordered_map>#include<map>#include<unordered_set>#include<set>#include<algorithm>#include<cmath>using namespace std;const double eps = 1e-6;#define ll long long#define int ll#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)#define see(stl) for(auto&ele:stl)cout<<ele<<" ";cout<<'\n';#pragma GCC optimize(3, "Ofast", "inline")const int inf = 2e14;constexpr int exgcd(int a, int b, int& x, int& y) {if (!b) {x = 1, y = 0;return a;}int g = exgcd(b, a % b, y, x);y -= a / b * x;return g;}void solve() {int A, B, C;cin >> A >> B >> C;int g = __gcd(A, B);if (C % g != 0) {cout << -1 << '\n';return;}vector<int>v = { (int)ceil(1.0 * C / (A + 1)),(int)floor(1.0 * C / (A + 1)),(int)ceil(1.0 * C / (A - 1)),(int)floor(1.0 * C / (A - 1)) };int ans = inf;for (int ele : v) {rep(d, 0, 10) {int x = ele - 5 + d;if ((-A * x + C) % B != 0)continue;int y = (-A * x + C) / B;if (x >= 0 && y >= 0)ans = min(ans, 2 * (x + y));else ans = min(ans, 2 * abs(x - y) - 1);}}cout << ans << '\n';}signed main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int t = 1;cin >> t;while (t--)solve();return 0;}

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Carrot Trees

#线段树 #扫描线 #差分

题目翻译

Walk Alone 在一排中种植了 $n$ 棵魔法胡萝卜树。设 $a_i$ 表示第 $i$ 棵树上的胡萝卜数量（注意 $a_i$ 是一个实数）。初始时，所有树上都没有胡萝卜。在每一天，他可以对树执行以下两种操作之一：

1. 1 l r x：浇灌从 $l$ 到 $r$（包括两端）的所有胡萝卜树。之后，对于所有 $l\le i\le r$，$a_i$ 立即增加 $x/k$，其中 $k$ 是所有操作中的一个常数。
2. 2 l r：从所有在 $l$ 到 $r$（包括两端）范围内且至少有一个胡萝卜的树上各采摘一个胡萝卜。之后，对于所有满足 $l\le i\le r$ 且 $a_i\ge 1$ 的整数 $i$，$a_i$ 减少 $1$。

经过 $m$ 天后，Walk Alone 采摘了许多胡萝卜，他希望你能告诉他总共收获了多少胡萝卜。

输入描述

第一行包含三个整数 $n$$(1\le n\le 10^6)$、$m$$(1\le m\le 2\cdot 10^5)$ 和 $k$$(1\le k\le 10^9)$，分别表示胡萝卜树的数量、操作的数量以及第一种操作中的常数。

接下来的 $m$ 行每行表示一个操作，格式如上所述。保证 $1\le l\le r\le n$ 且 $1\le x\le 10^9$。

输出描述

输出一个整数，表示总共收获的胡萝卜数量。

思路

赛时写了个暴力的线段树，维护区间的最大值与最小值，每次取萝卜的时候先判断最小值与$k$的大小，再决定是否往下二分

但是这样的写法通过$80\%$就$TLE$了

这是因为，最极限的情况时，不能取萝卜的位置与能取萝卜的位置交替出现，此时线段树$query$操作复杂度来到了$o(n)$

实际上，本题的输出内容值得考量：只询问所有操作结束后收到萝卜的总和

首先，将操作1的增加$\frac{x}{k}$改为$x$，操作二的$-1$改为$-k$，这样一来所有的数字都是整数

考虑单个位置$pos$的萝卜数量$c$变化情况：
如果不加入$a_i\ge k$的限制，那么在第$i$次操作后，萝卜数量$c_i$可能会变成负数
记第$pos$位置被收了$d$次萝卜（不考虑限制）,则真正收到的萝卜需要考虑上被多收的部分，这一部分即为$|min\{c_i\}|$ ，再考虑$k$的问题，多收的萝卜即为$\lceil \frac{|min\{c_i\}|}{k}\rceil$
因此，当前位置总共收的萝卜即为$d-\lceil \frac{|min\{c_i\}|}{k}\rceil$

接下来就是如何求得所有位置$pos$在不考虑限制时的最小萝卜数

维护最小值可以想到使用线段树，而要维护$n$个位置的最小值，考虑在$1\sim n$上打差分
使用扫描线+线段树遍历$1\sim n$，每扫过一个$pos$，让扫描线上的线段树执行$pos$上的所有操作，随后调用根节点即可获取当前$pos$的最小萝卜数

代码

#include<iostream>#include<vector>#include<unordered_map>#include<map>#include<unordered_set>#include<set>#include<algorithm>#include<cmath>using namespace std;const double eps = 1e-6;#define ll long long#define int ll#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)#define see(stl) for(auto&ele:stl)cout<<ele<<" ";cout<<'\n';#pragma GCC optimize(3, "Ofast", "inline")const int N = 1e6 + 5;int n, m, k;#define ls p<<1#define rs p<<1|1#define mid (l+r>>1)int mi[N << 2], add[N << 2];void pushup(int p) {mi[p] = min(mi[ls], mi[rs]);}void pushdown(int p, int l, int r) {if (add[p]) {mi[ls] += add[p];mi[rs] += add[p];add[ls] += add[p];add[rs] += add[p];add[p] = 0;}}void update(int p, int l, int r, int x, int y, int val) {if (x <= l && r <= y) { mi[p] += val;add[p] += val; return; }pushdown(p, l, r);if (x <= mid)update(ls, l, mid, x, y, val);if (y > mid)update(rs, mid + 1, r, x, y, val);pushup(p);}struct que {int op, l, r, x;};vector<que>q[N];void solve() {cin >> n >> m >> k;rep(i, 1, m) {int op;cin >> op;if (op == 1) {int l, r, x;cin >> l >> r >> x;q[l].push_back({ 1,i,m,x });q[r + 1].push_back({ 1,i,m,-x });} else {int l, r;cin >> l >> r;q[l].push_back({ 2,i,m,-k });q[r + 1].push_back({ 2,i,m,k });}}int ans = 0, d = 0;rep(i, 1, n) {for (auto [op, l, r, x] : q[i]) {if (op == 1) {update(1, 1, m, l, r, x);} else {if (x < 0)d++;else d--;update(1, 1, m, l, r, x);}}int del = -min(0ll, mi[1]);ans += d - (del + k - 1) / k;}cout << ans << '\n';}signed main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int t = 1;//cin >> t;while (t--)solve();return 0;}