题目

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思路

看到问题的第一反应：最大独立集是 N P NP NP 的。不过那是一般图。

再看一眼数据范围，我人傻了。怎么 n ≤ 1 0 9 n\le 10^9 n≤109 也能做啊？看来是结论题无疑。

然而这个结论真的想不到……我只能说 手推小数据发现。

结论：方案的周期是 x + y \color{black}{x+y} x+y 。很容易就可以证明。

考虑可行性。显然只可能跨周期的时候出问题。如果 i , j ( i < j ) i,j\;(i<j) i,j(i<j) 在不同的周期内，且 j − i ∈ { x , y } j-i\in\{x,y\} j−i∈{x,y} 且都被选择了，那么 j − ( x + y ) j-(x+y) j−(x+y)（即上一个周期中的对应点）也别选择了，而 i − [ j − ( x + y ) ] = x + y − ( j − i ) ∈ { x , y } i-[j-(x+y)]=x+y-(j-i)\in\{x,y\} i−[j−(x+y)]=x+y−(j−i)∈{x,y}，即本周期内就有相邻点对，不成立。

考虑必要性。既然可以以周期的形式存在，那么对于任意一种方案，只需要取数量最多的一个周期替换其它区间。显然答案不会变差。（你可能有疑问：最后有一个不是完整周期的区间，怎么能换？但是，假如这个非完整周期长度为 t t t 且点集大于周期的长度为 t t t 的前缀，那么就取它和周期的长度为 x + y − t x+y-t x+y−t 的后缀作为周期——即原序列中的最后 x + y x+y x+y 个。）

说明了这一点，我们就只需要考虑这个周期长什么样子。设 t = ⌊ n x + y ⌋ , r = n m o d ( x + y ) t=\lfloor\frac{n}{x+y}\rfloor,\;r=n\bmod(x+y) t=⌊x+yn⌋,r=nmod(x+y)，那么就有 t + 1 t+1 t+1 个长度为 r r r 的、 t t t 个长度为 x + y − r x+y-r x+y−r 的交替出现。相当于选点的时候，是带权的：选择 i ∈ [ 1 , r ] i\in[1,r] i∈[1,r] 就提供 t + 1 t+1 t+1 的贡献，否则提供 t t t 的贡献。

由于区间长度只有 x + y x+y x+y，你会发现 一个点的度数恰好是 2 2 2 。因为 i − x i-x i−x 与 i + y i+y i+y 恰好有一个在 [ 1 , x + y ] [1,x+y] [1,x+y] 内， i + x i+x i+x 与 i − y i-y i−y 也恰好有一个在 [ 1 , x + y ] [1,x+y] [1,x+y] 内。每个点的度数都是 2 2 2，形成的必定是环。

环就可以直接 d p \tt dp dp 了嘛！特殊讨论一下第一条边，然后把它断开成为链，这就是 O ( x + y ) \mathcal O(x+y) O(x+y) 的 d p \tt dp dp 了。

代码

写得稍微有点丑，但是跑的非常快。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long int_;
inline int readint(){int a = 0; char c = getchar(), f = 1;for(; c<'0'||c>'9'; c=getchar())if(c == '-') f = -f;for(; '0'<=c&&c<='9'; c=getchar())a = (a<<3)+(a<<1)+(c^48);return a*f;
}const int MaxN = 22;
const int infty = (1<<30)-1;
int item[MaxN<<1], len;
int dp[MaxN<<1][2];
int work(int r,int t){/* case 1: not choose item[0] */ ;dp[0][1] = -infty, dp[0][0] = 0;for(int i=1; i<len; ++i){dp[i][1] = dp[i-1][0]+t+(item[i]<r);dp[i][0] = max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]);}int res = max(dp[len-1][0],dp[len-1][1]);/* case 2: not choose item[len-1] */ ;dp[0][1] = t+(item[0]<r);for(int i=1; i<len-1; ++i){dp[i][1] = dp[i-1][0]+t+(item[i]<r);dp[i][0] = max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]);}res = max(res,max(dp[len-2][0],dp[len-2][1]));return res;
}bool vis[MaxN<<1];
int main(){int n = readint();int x = readint(), y = readint();int P = x+y, t = n/P, r = n%P;if(x > y) swap(x,y); // x < yint ans = 0;for(int i=0; i<x; ++i){if(vis[i]) continue;int j = i; len = 0;while(!vis[j]){while(j+x < P){item[len ++] = j;vis[j] = true;j += x; // jump down}item[len ++] = j; // tailvis[j] = true; // put tagj -= y; // go back for help}ans += work(r,t);}printf("%d\n",ans);return 0;
}

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