codeforces 1728E

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题意

有n道菜，每道菜放红胡椒和黑胡椒的美味度分别是$a_i,b_i$

有m家店，每家店卖的红胡椒包和黑胡椒包的大小分别是$x_j,y_j$，表示可以恰好给多少道菜放。

现在要求对于每一家店，是否存在每道菜放且只放一种胡椒粉的方案，如果存在，输出最大的美味度之和

$n,m\le 3e5,a_i,b_i\le 1e9,x_j,y_j\le n$

解法

首先考虑对于n道菜，其中k道菜放红胡椒的最大美味度之和是确定的，所以可以预处理出要放k道菜红胡椒的最大美味度。

然后对于一组$(x_j,y_j)$，可以用exgcd求出一组特解，然后可以枚举出每种合法的解。需要注意的是，如果一组$(x_j,y_j)$之前已经被枚举到，那么我们直接记录答案，就不用再枚举了。

考虑这样比较暴力的做法的时间复杂度：每组$(x_j,y_j)$只会被考虑到一次，而它们所对应的合法解个数约为$min(n/x_j,n/y_j)$个，那么考虑bound $x_j$，可以得到复杂度上限为$O(nlogn+(n/2)log(n/2)+...)$
根据主定理，时间复杂度为$O(nlogn)$

一些补充

有关exgcd:

exgcd解决的是形如$ax+by=c$的式子，此处要求$gcd(a,b)|c$

那么exgcd会首先解出$ax+by=gcd(a,b)$的一组$(x,y)$，然后把这组$(x,y)$乘上$c/gcd(a,b)$，就可以得到我们想要的特解。

然后需要得到x最小的一组正整数解

设$k=b/gcd(a,b)$
则$x$最小为$(x\%k+k)\%k$
(因为一开始exgcd求出来的x可能为负数)

然后每一次$x$变化为$x+k$

#include
using namespace std;
#define int long long
const int maxn=3e5+5;
int n,a[maxn],b[maxn],m,x[maxn],y[maxn];
inline int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
	if(!b){x=1,y=0;return a;}
	else{
		int d=exgcd(b,a%b,x,y);
		int t=x;
		x=y;y=t-(a/b)*y;
		return d;
	}
}
int tota[maxn];
bool cmp(int a,int b){return a>b;}
typedef pair<int,int> pii;
map<pii,int> mp;
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i]>>b[i];
	cin>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++)cin>>x[i]>>y[i];
	int sum=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		sum+=a[i];
		a[i]=b[i]-a[i];
	}
	tota[n]=sum;
	sort(a+1,a+1+n,cmp);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		sum=sum+a[i];
		tota[n-i]=sum;
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		if(mp.count(pii(x[i],y[i]))){
			printf("%lld\n",mp[pii(x[i],y[i])]);
			continue;
		}
		int ans=-1;
		if(n%x[i]==0)ans=tota[n];
		if(n%y[i]==0)ans=max(ans,tota[0]);
		int numx=0,numy=0;
		int g=exgcd(x[i],y[i],numx,numy);
		if(n%g){
			puts("-1");continue;
		}
		numx=numx*n/g;
		numy=numy*n/g;
		int k=y[i]/g,k2=x[i]/g;
		numx=(numx%k+k)%k;
		numy=(n-numx*x[i])/y[i];
		while(numy>0){
			ans=max(ans,tota[numx*x[i]]);
			numx=numx+k;
			numy=numy-k2;
		}
		printf("%lld\n",ans);
		mp[pii(x[i],y[i])]=ans;
	}
	return 0;
}
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