NOIP 2012 Day2

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同余方程

借教室

疫情控制

同余方程

Solution

　　首先同余式可以转化为等式.

\[ax\equiv 1\mod b\Leftrightarrow ax+by=1
\]

　　根据扩展欧几里得定理, 对于式

\[ax+by=k(a,b),k\in \mathbf{R}$$一定存在整数解.然而题面说一定存在解, 也就是说$(a,b)=1$, 然后就可以利用**扩展欧几里得**递归求得一组解.利用这组解加上**取模**, 就可以获得最小整数解.
#### Code
```c++
#include<cstdio>
void exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
if(!b){
x=1,y=0;return ;
}
exgcd(b,a%b,y,x);
y-=x*(a/b);
}

int main(){
int a,b,x,y;
scanf("%d%d",&a,&b);
exgcd(a,b,x,y);
printf("%d",(x%b+b)%b);
return 0;
}
```
### 借教室
#### Solution
　　可以发现近些年 NOIP 总是出**二分答案**的题.
　　其实就是给出一些操作, 每次对一定区间减去一个数, 求在哪次操作之后产生了负数.然而可以用线段树强行做, 也可以用一些巧妙一点的办法.
- 线段树, 只需要有**区间加操作**和查询**区间最小值**操作, 一般线段树可以拿到95分, 还可以用可以各种**卡常技巧**, **zkw线段树**或者是**标记永久化**来加快.
- 二分一个值$\text{T}$, 表示前$\text{T}$次借教室后会不会出现不合法情况(*即某天教室只剩下负数间*), 然后用**差分**借完$T$次教室后每一天剩下的教室数.这个一般情况是不会被卡的.**注意对于答案的记录.**

#### Code
```c++
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define N 1000055
#define inf 0x3f3f3f3f
#define int long long
struct Node{
int l,r,s;
void init(){scanf("%lld%lld%lld",&s,&l,&r);}
}s[N];

int n,m,d[N];
int qi[N];
int ans;

int min(int a,int b){
return a<b?a:b;
}

bool check(int tim){
qi[0]=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
qi[i]=d[i]-d[i-1];
for(int i=1;i<=tim;++i)
qi[s[i].l]-=s[i].s,qi[s[i].r+1]+=s[i].s;
int he=0;
for(int i=1;i<=n+1;++i){he+=qi[i];if(he<0){ans=min(ans,tim);return false;}}
return true;
}

main(){
ans=inf;
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;++i)
scanf("%lld",&d[i]);
for(int i=1;i<=m;++i)
s[i].init();
int l=1,r=m,mid;
while(l<=r){
mid=(l+r)>>1;
if(!check(mid))
r=mid-1;
else l=mid+1;
}
if(l>=m)
printf("0");
else printf("-1\n%lld",ans);
return 0;
}
```
### 疫情控制
　　并不是很明白为什么一天会出两道二分答案的题目...
　　首先二分一个值$\text{T}$, 表示在$\text{T}$时刻内能封锁这棵树
　　还是有一个很重要的贪心策略, 就是一个点在到达根节点之前总是越往上走越好.然后根据**倍增**确定出每个点在给定时间$\text{T}$所到达的最高点(*根节点为终点*). 必然有一些点到达不了根节点, 那么就让它来控制这个点; 必然有在不同时间到达根节点的点, 这些点可以去控制根节点的不同没被控制的子树; 所以最后找出所有**没有被控制的树点**和**能到达根节点的军队**进行贪心即可.
　　细节太多了, 很讨厌呐.\]