BZOJ-1407 Savage 枚举+拓展欧几里得(+中国剩余定理??)
zky学长实力ACM赛制测试,和 大新闻(YveH) 和 华莱士(hjxcpg) 组队。。。2h 10T,开始 分工我搞A,大新闻B,华莱士C,于是开搞;
然而第一题巨鬼畜,想了40min发现似乎不可做(人傻),然而BC也在搞。。。于是开始做第四道;
大约1h10’ B题A了。。1h30' C题也A了= =;
后来去搞F,公式推得很快,并且很自信是对的。。于是筛!搞!,一交 TLE?!,然后意识到 结果可以直接筛,可以省去搞得过程
不虚,改!!然后时间到了。。。毫无贡献的傻逼一个。。。。可怕。
于是搞了下第四题D:
1407: [Noi2002]Savage
Time Limit: 5 Sec Memory Limit: 64 MB
Submit: 1128 Solved: 513
[Submit][Status][Discuss]
Description
Input
第1行为一个整数N(1<=N<=15),即野人的数目。第2行到第N+1每行为三个整数Ci, Pi, Li (1<=Ci,Pi<=100, 0<=Li<=106 ),表示每个野人所住的初始洞穴编号,每年走过的洞穴数及寿命值。
Output
仅包含一个数M,即最少可能的山洞数。输入数据保证有解,且M不大于106。
Sample Input
3
1 3 4
2 7 3
3 2 1
Sample Output
6
该样例对应于题目描述中的例子。
HINT
Source
分析:
此题但是想到是方程组,于是直接往中国剩余定理上想了。。事后发现其实只需要 解线性的同余方程 即可,仅仅需要拓展欧几里得。。
枚举m,然后利用拓欧进行判定。
首先发现规律:(loc为初始洞穴,mov为移动数,ans为相撞所需年数,m为洞穴数)
loc【i】+mov【i】*ans=loc【j】+mov【j】*ans (mod m)
于是移项得:
(mov【i】-mov【j】) *ans=loc【j】-loc【i】 (mod m)
判定即可;
值得注意的几个小地方:
为了取模的方便,可以把初始的洞穴序号-1;
题目并不符合二分的性质,当然数据范围,枚举绝对可行;
转成不定方程后,mov【i】-mov【j】与m未必互质,所以应该先同除一个gcd;
最后,如果有解,且解<=lif【i】、lif【j】(寿命年份)即不可行;
(偶对,似乎网上有用中国剩余定理解得。。然而我当时并不能想出来,人傻╮(╯▽╰)╭)
坑了我自己的一个地方。。
这破地方开始没注意于是坑了近10分钟。。
code:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int n;
int loc[20],mov[20],lif[20];
int st=0;
int x,y;int gcd;
void exgcd(int a,int b,int &x,int &y,int &gcd)
{
if (b==0) {gcd=a; x=1; y=0; return;}
exgcd(b,a%b,y,x,gcd);
y-=a/b*x;
}
bool check(int m)
{
for (int i=1; i<=n-1; i++)
for (int j=i+1; j<=n; j++)
{
int dloc=((loc[j]-loc[i])%m+m)%m;
int dmov=((mov[i]-mov[j])%m+m)%m;
exgcd(dmov,m,x,y,gcd);
if ((dloc%gcd)!=0) continue;
dloc/=gcd;
int mm=m/gcd;int ans=(dloc*x%mm+mm)%mm;
if (ans<=lif[i] && ans<=lif[j]) return false;
}
return true;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for (int i=1; i<=n; i++)
{
scanf("%d%d%d",&loc[i],&mov[i],&lif[i]);
st=max(st,loc[i]);loc[i]--;
}
for (int i=st;;i++)
if (check(i)) {printf("%d\n",i);break;}
return 0;
}
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