【LOJ #3144】「APIO 2019」奇怪装置

题意：

定义将一个\(t\)如下转换成一个二元组：

\[f(t) =
\begin{cases}
x = (t + \left\lfloor \frac{t}{B} \right \rfloor) \bmod A\\
y = t \bmod b
\end{cases}
\]

询问\([l_i, r_i]\)之间的\(t_i\)能够转换成多少个本质不同的二元组。

思路：

考虑\((x_1, y_1)\)和\((x_2, y_2)\)相同的时候：

\[\begin{cases}
t_1 + \left\lfloor \frac{t_1}{B} \right\rfloor &\equiv& t_2 + \left \lfloor \frac{t_2}{B} \right\rfloor \bmod A \\
t_1 &\equiv& t_2 \bmod B
\end{cases}
\]

我们不妨令\(t_1 = t_2 + kB\)，代入第一个式子有：

\[\begin{eqnarray*}
t_2 + kB + \left\lfloor \frac{t_2 + kB}{B} \right \rfloor \equiv t_2 + \left \lfloor \frac{t_2}{B} \right \rfloor \bmod A
\end{eqnarray*}
\]

化简之后有：

\[\begin{eqnarray*}
k(B + 1) \equiv 0 \bmod A
\end{eqnarray*}
\]

所以有\(A\;|\;k(B + 1)\)，继而有\(\frac{A}{gcd(A, B + 1)}\;|\;k\)，令\(g = \frac{A}{gcd(A, B + 1)}\)，那么有\(g\;|\;k\)。

所以\(k\)要满足是\(g\)的倍数上述条件才成立，而\(t_1\)模\(B\)的个数是\(B\)个，所以循环节长度为\(T = gB\)。

将区间取模之后变成一条条线段，差分得到\([0, T)\)的覆盖区间长度即为答案。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define ll long long
#define N 1000010
#define pll pair <ll, ll>
#define fi first
#define se second
int n;
ll l[N], r[N];
ll A, B;
ll gcd(ll a, ll b) {
	return b ? gcd(b, a % b) : a;
}

multiset <pll> se;
void add(ll l, ll r) {
	se.insert(pll(l, 1));
	se.insert(pll(r + 1, -1));
}

int main() {
	while (scanf("%d%lld%lld", &n, &A, &B) != EOF) {
		se.clear();
		ll sum = 0;
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			scanf("%lld%lld", l + i, r + i);
			sum += r[i] - l[i] + 1;
		}
		ll g = gcd(A, B + 1);
		if (1.0 * A * B / g > 1e18) {
			printf("%lld\n", sum);
			continue;
		}
		ll T = A / g * B;
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			if (r[i] - l[i] + 1 >= T) {
				printf("%lld\n", T);
				return 0;
			}
			l[i] %= T;
			r[i] %= T;
			if (l[i] > r[i]) {
				add(l[i], T - 1);
				add(0, r[i]);
			} else {
				add(l[i], r[i]);
			}
		}
		ll base = 0, lst = -1, res = 0;
		for (auto it : se) {
			if (base > 0) res += it.fi - lst;
			base += it.se;
			lst = it.fi;
		}
		printf("%lld\n", res);
	}
	return 0;
}