UVA - 11754 Code Feat (分块+中国剩余定理)

对于一个正整数N，给出C组限制条件，每组限制条件为N%X[i]∈{Y1,Y2,Y3,...,Yk[i]}，求满足条件的前S小的N。

这道题很容易想到用中国剩余定理，然后用求第k小集合的方法输出答案。但是一取模，孰大孰小就不好控制了，所以行不通。直接枚举所有情况的话，总方案数(所有k的乘积)高达C*k，显然也是不行的。

还有一种方法是枚举所有可能的N，然后检验是否满足条件。对于每个满足条件的N，任取某个限制条件i，对于其中某个余数j，都可以写成X[i]*t+Y[i][j]的形式。复杂度未知，但总方案数很大的时候可以较快得出答案。

可以用分块的思想，设定一个合适的阈值，当总方案数超过某个阈值的时候用枚举，否则就用中国剩余定理。

 #include<bits/stdc++.h>

 using namespace std;
 typedef long long ll;
 const ll N=+;
 vector<ll> v[N],w;
 set<ll> st[N];
 ll m[N],e[N],n,k,K;

 void exgcd(ll a,ll b,ll& x,ll& y,ll& g) {
     if(!b)x=,y=,g=a;
     else exgcd(b,a%b,y,x,g),y-=x*(a/b);
 }

 ll inv(ll x,ll mod) {
     ll a,b,g;
     exgcd(x,mod,a,b,g);
     return (a+mod)%mod;
 }

 ll check(ll x) {
     for(ll i=; i<n; ++i)if(!st[i].count(x%m[i]))return ;
     return ;
 }

 void solve1() {
     ll p=;
     for(ll i=; i<n; ++i)if(v[i].size()*m[p]<v[p].size()*m[i])p=i;
     for(ll t=; w.size()<k; ++t)
         for(ll i=; i<v[p].size()&&w.size()<k; ++i)
             if(t*m[p]+v[p][i]&&check(t*m[p]+v[p][i]))w.push_back(t*m[p]+v[p][i]);
 }

 void solve2() {
     ll M=;
     for(ll i=; i<n; ++i)M*=m[i];
     for(ll i=; i<n; ++i)e[i]=M/m[i]*inv(M/m[i],m[i]);
     for(ll S=; S<K; ++S) {
         ll S2=S,x=;
         for(ll i=; i<n; ++i) {
             ll j=S2%v[i].size();
             S2/=v[i].size();
             x=(x+e[i]*v[i][j])%M;
         }
         w.push_back(x?x:x+M);
     }
     sort(w.begin(),w.end());
     w.resize(unique(w.begin(),w.end())-w.begin());
     for(ll i=; w.size()<k; ++i)w.push_back(w[i]+M);
 }

 int main() {
     while(scanf("%lld%lld",&n,&k)&&n) {
         for(ll i=; i<N; ++i)v[i].clear();
         for(ll i=; i<N; ++i)st[i].clear();
         K=;
         for(ll i=; i<n; ++i) {
             scanf("%lld",&m[i]);
             ll t;
             scanf("%lld",&t);
             K*=t;
             while(t--) {
                 ll x;
                 scanf("%lld",&x);
                 v[i].push_back(x);
                 st[i].insert(x);
             }
             sort(v[i].begin(),v[i].end());
         }
         w.clear();
         K>?solve1():solve2();
         for(ll i=; i<k; ++i)printf("%lld\n",w[i]);
         printf("\n");
     }
     return ;
 }