Codeforces CodeCraft-20 (Div. 2) C. Primitive Primes

链接：http://codeforces.com/contest/1316/problem/C
题意：
给出两个方程：
f(x)=a0+a1x+a2x2+...+an−1xn−1g(x)=b0+b1x+b2x2+...+bm−1xm−1f(x) = a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_{n-1}x^{n-1} \\ g(x) = b_0+b_1x+b_2x^2+...+b_{m-1}x^{m-1}f(x)=a0+a1x+a2x2+...+an−1xn−1g(x)=b0+b1x+b2x2+...+bm−1xm−1

gcd(a0,a1,…,an−1)=gcd(b0,b1,…,bm−1)=1gcd(a_0, a_1, \dots, a_{n-1}) = gcd(b_0, b_1, \dots, b_{m-1}) = 1gcd(a0,a1,…,an−1)=gcd(b0,b1,…,bm−1)=1

h(x)=f(x)∗g(x)h(x) = f(x)*g(x)h(x)=f(x)∗g(x)
输出 h(x)h(x)h(x) 中系数不可被k整除的一项，任意一项即可。
例如：k=2k = 2k=2
f(x)=2x2+x+1g(x)=2x2+x+1h(x)=2x3+5x2+3x+2f(x) = 2x ^{2} + x + 1\\g(x) = 2x^2 + x + 1\\h(x) = 2x^3 + 5x^2 + 3x + 2f(x)=2x2+x+1g(x)=2x2+x+1h(x)=2x3+5x2+3x+2
h(x)h(x)h(x)的第一项和第二项的系数5，3都不可被 kkk 整除，故输出 1 2皆可

思路：
一开始直接上了一个FFT的模板，很不出意料的WA了。然后开始优化，改错结束了也并没有写出来。
后来接触了一种解法，找到f,gf,gf,g的系数中不可被 kkk 整除的最后一项假设为a，ba，ba，b，然后答案就是a+ba+ba+b。
后来我稍稍的证明了一下：
设 f，gf，gf，g 中，第a，ba，ba，b项的系数是ca,cbc_a,c_bca,cb
因为 ca，cbc_a，c_bca，cb 是不被 kkk 整除的，所以ca∗cbc_a*c_bca∗cb肯定不会被 kkk 整除
同时如果 a,ba,ba,b 是系数不可被 kkk 整除的最后一项，那么a,ba,ba,b后面要么没有项数，要么该项的系数是可以被 kkk 整除的。*******************************（结论1）

在计算hhh，合并同阶时，跟第a,ba,ba,b项的乘积同阶p,qp,qp,q的乘积只用两种情况，

p<aandq>bp<a \ and \ q>bp<a and q>b
p>aandq<bp>a \ and \ q<bp>a and q<b

因为 (结论1) 可以知道p,qp,qp,q乘积的系数肯定能够被 kkk 整除，再加上a,ba,ba,b项的系数乘积那么，所得的最后乘积肯定是不会被 kkk 整除的。

#include<bitset>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>using namespace std;
int n,m,k,t,ans1,ans2;
int main(){scanf("%d %d %d",&n,&m,&k);for(int i = 0; i < n;++i){scanf("%d",&t);if(t%k) ans1 = i;}for(int i = 0; i < m;++i){scanf("%d",&t);if(t%k) ans2 = i;}printf("%d",ans1+ans2);return 0;}

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