CF1146D Frog Jumping

题目描述

A frog is initially at position 00 on the number line. The frog has two positive integers aa and bb . From a position kk , it can either jump to position k+ak+a or k-bk−b .

Let f(x)f(x) be the number of distinct integers the frog can reach if it never jumps on an integer outside the interval [0, x][0,x] . The frog doesn't need to visit all these integers in one trip, that is, an integer is counted if the frog can somehow reach it if it starts from 00 .

Given an integer mm , find \sum_{i=0}^{m} f(i)∑i=0m**f(i) . That is, find the sum of all f(i)f(i) for ii from 00 to mm .

输入格式

The first line contains three integers m, a, bm,a,b ( 1 \leq m \leq 10^9, 1 \leq a,b \leq 10^51≤m≤109,1≤a,b≤105 ).

输出格式

Print a single integer, the desired sum.

题意翻译

yyb大神仙在数轴的00位置。yyb大神仙有两个正整数a,ba,b，如果当前yyb大神仙在位置kk，yyb大神仙可以用神仙的力量将自己传送到k+ak+a或者k-bk−b位置。

但是yyb大神仙感觉这样很无聊所以打算将自己限制在一段区间里。f(x)f(x)表示yyb大神仙只能在[0,x][0,x]区间里移动，从00开始能到达的整点数量。yyb大神仙想求\sum_{i=0}^mf(i)∑i=0m**f(i)。

输入输出样例

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说明/提示

In the first example, we must find f(0)+f(1)+\ldots+f(7)f(0)+f(1)+…+f(7) . We have f(0) = 1, f(1) = 1, f(2) = 1, f(3) = 1, f(4) = 1, f(5) = 3, f(6) = 3, f(7) = 8f(0)=1,f(1)=1,f(2)=1,f(3)=1,f(4)=1,f(5)=3,f(6)=3,f(7)=8 . The sum of these values is 1919 .

In the second example, we have f(i) = i+1f(i)=i+1 , so we want to find \sum_{i=0}^{109} i+1∑i=0109i+1 .

In the third example, the frog can't make any jumps in any case.

题解：

2019.10.28模拟赛T2 60分场

出题人@Winniechen的数据挺良心的（滑稽）

我很疑惑，为什么大佬们一开始都能想到找规律出正解。我一开始只能想到深搜，所以用一个差不多是$O(n^2)$的算法拿了$10^3$的分，假如数据是按上面说的：$10^9$，这个算法得跑31年...

先贴一份代码：

#include<cstdio>

#include<algorithm>

#include<cstring>

#define int long long

using namespace std;

const int maxn=1e5+10;

int n,a,b,cnt,ans;

bool v[maxn];

void dfs(int pos,int l)

{

    if(pos<0 || pos>l || v[pos])

        return;

    v[pos]=1;

    cnt++;

    dfs(pos+a,l);

    dfs(pos-b,l);

}

signed main()

{

    scanf("%lld%lld%lld",&n,&a,&b);

    for(int i=0;i<=n;i++)

    {

        cnt=0;

        memset(v,0,sizeof(v));

        dfs(0,i);

        ans+=cnt;

    }

    printf("%lld",ans);

    return 0;

}

这就是编程的魅力，一再优化，你的31年，人家的一秒，这就是差距。国家实力就是这么被提升起来的。

接下来介绍正解：

根据我们手推样例，不难发现，会有一个路径让我们返回到出发点，这样的话就会开始循环跳来跳去。（其实这是我深搜的时候发现的），所以我们会发现一个性质：在一个区间中，如果有一个点能到达，那么这个点一定是$\gcd(a,b)$的倍数。

证明其实也好证：

假设我们向右跳了$x$次，向左跳了$y$次。那么就会存在一个点$k$：

\[ax+by=k
\]

显然$k$一定是$\gcd(a,b)$的倍数。

那我们回头来求这个函数$f(i)$，不难看出，当$a>i$的时候，总和就是$a$，因为根本就动弹不了。

所以当$n<a$的时候就输出$n+1$即可（加的那个$1$代表$f(0)$）。

否则我们一次性在答案上加$a$（一次性累加$f(0)-f(a-1)$）。

然后我们在$[a,i]$这个区间上寻找一个可以让路径回到出发点的点$k$，这样的话我们就相当于处理出了一个临界值，之后的东西可以用刚才我们推出的规律处理。这个处理过程其实是一个模拟的过程，先一直往右跳，再一直往左跳，什么时候正好跳回来了就标记上（这个省略了标记的步骤，因为直接拿$i$记录了），最后加上跳跃的次数。

很显然，这种一次枚举跳很多步的时间复杂度是很优秀的。

这个时候跳出循环，然后按照我们发现的规律：所有可被到达的点都是$\gcd(a,b)$的倍数。这样处理出其他的点到$n$的情况。进行累加答案，输出即可。

代码：

#include<cstdio>

#define int long long

using namespace std;

int n,a,b,pos,i;

int ans,tmp=1;

int gcd(int x,int y)

{

    return y?gcd(y,x%y):x;

}

signed main()

{

    scanf("%lld%lld%lld",&n,&a,&b);

    ans+=a;

    if(n<a)

    {

        printf("%lld",n+1);

        return 0;

    }

    for(i=a;i;i++)

    {

        while(pos+a<=i)

        {

            tmp+=((i-pos)/a);

            pos+=((i-pos)/a)*a;

            tmp+=(pos/b);

            pos%=b;

            if(!pos)

                break;

        }

        if(!pos)

            break;

        ans+=tmp;

        if(n==i)

            break;

    }

    if(!pos)

    {

        int p=gcd(a,b);

        int j=n-n%p;

        tmp=(int)(i+j)*(j/p-i/p+1)/2;

        tmp-=(int)(j+p-1-n)*(j/p);

        ans+=tmp+n-i+1;

    }

    printf("%lld",ans);

    return 0;

}