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ai,bia_i,b_iai,bi

有m家店，每家店卖的红胡椒包和黑胡椒包的大小分别是xj,yjx_j,y_jxj,yj，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≤3e5,ai,bi≤1e9,xj,yj≤nn,m \le 3e5,~~a_i,b_i \le 1e9, ~~x_j,y_j \le nn,m≤3e5, ai,bi≤1e9, xj,yj≤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(xj,yj)(x_j,y_j)(xj,yj)，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(xj,yj)(x_j,y_j)(xj,yj)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(xj,yj)(x_j,y_j)(xj,yj)只会被考虑到一次，而它们所对应的合法解个数约为min(n/xj,n/yj)min(n/x_j,n/y_j)min(n/xj,n/yj)个，那么考虑bound xjx_jxj，可以得到复杂度上限为O(nlogn+(n/2)log(n/2)+...)O(nlogn+(n/2)log(n/2)+...)O(nlogn+(n/2)log(n/2)+...)
根据主定理，时间复杂度为O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn)

一些补充

有关exgcd:

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

那么exgcd会首先解出ax+by=gcd(a,b)ax+by=gcd(a,b)ax+by=gcd(a,b)的一组(x,y)(x,y)(x,y)，然后把这组(x,y)(x,y)(x,y)乘上c/gcd(a,b)c/gcd(a,b)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)k = b/gcd(a,b)k=b/gcd(a,b)
则xxx最小为(x%k+k)%k(x\%k+k)\%k(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xxx变化为x+kx+kx+k

#include<bits/stdc++.h>
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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