[洛谷P4774] [NOI2018]屠龙勇士

洛谷题目链接:[NOI2018]屠龙勇士

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题解: 因为杀死一条龙的条件是在攻击(x)次,龙恢复(y)次血量((yin N^{*}))后龙的血量恰好为(0).那么根据题意我们可以列出方程:

[atk_i*xequiv hp_i(mod p_i) ]

这个形式是不是很像中国剩余定理的形式:(xequiv b_i(mod a_i)).

事实上我们可以直接将这个方程看做一个同余方程,即$$atk_ix+p_iy = hp_i$$

那么这个式子就代表着攻击了(x)次,恢复了(-y)次血量,因为解出来的(x)和(y)一定是一正一负的.这样求解的话,我们就需要考虑(y)的定义域了.但是事实上不用每次都用最小合法解,只需要每次找到一个解,最后求出整个方程组的解的时候将解构造成合法的形式.因为每次攻击龙都会解出来一个解(x_i),最后求出来的解只要保证(ans>=max{x_i})就一定是合法的了.

这样的话,合并上面这个式子就只剩下中国剩余定理的部分了.设(lcm=lcm{p_i},iin[1,k-1]),(x_0)为前(k-1)个同余方程的解,那么(x_0+t*lcm)也一定是前(k-1)个方程的解,为了满足第(k)个式子,那么我们需要找到一个(t)使得$$(x_0+tlcm)atk_iequiv hp_i(mod p_i)$$

[lcm*atk_i*t+p_i*y = hp_i-atk_i*x_0 ]

设(a=lcm*atk_i,b=p_i,c=hp_i-atk_i*x_0,x=t),则有(a*x+b*y=c),也就是同余方程的标准形式.

我们应该如何判断无解呢?对于这样的不定方程,有解的条件为(gcd(a,b)|c),在做(exgcd)的时候判断一下就可以了.

那么每求出(t)的一个解,就可以得到前(k)个同余方程的解(x_0+t*lcm),做完之后再更新一下(lcm=lcm(lcm, p_i))就可以了.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5+5;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
typedef int _int;
#define int long long

int T, n, m, hp[N], p[N], rew[N], cnt = 0, root, r1, r2, r3, ans = 0, mx;

struct treap{
	int ch[2], val, rd, size;
	treap(){ ch[0] = ch[1] = val = rd = size = 0; }
}t[N*2];

int newnode(int val){
	t[++cnt].val = val, t[cnt].rd = rand(), t[cnt].size = 1;
	return cnt;
}

void up(int x){ t[x].size = t[t[x].ch[0]].size+t[t[x].ch[1]].size+1; }

void split(int x, int val, int &a, int &b){
	if(!x){ a = b = 0; return; }
	if(t[x].val <= val) a = x, split(t[x].ch[1], val, t[x].ch[1], b);
	else b = x, split(t[x].ch[0], val, a, t[x].ch[0]); up(x);
}

int merge(int x, int y){
	if(!x || !y) return x+y;
	if(t[x].rd < t[y].rd){
		t[x].ch[1] = merge(t[x].ch[1], y);
		up(x); return x;
	} else {
		t[y].ch[0] = merge(x, t[y].ch[0]);
		up(y); return y;
	}
}

void insert(int val){
	split(root, val, r1, r2);
	root = merge(r1, merge(newnode(val), r2));
}

void delet(int val){
	split(root, val-1, r1, r2), split(r2, val, r2, r3);
	r2 = merge(t[r2].ch[0], t[r2].ch[1]);
	root = merge(r1, merge(r2, r3));
}

int exgcd(int a, int b, int &x, int &y){
	if(!b){ x = 1, y = 0; return a; }
	int gcd = exgcd(b, a%b, x, y), tmp;
	tmp = y, y = x-a/b*y, x = tmp;
	return gcd;
}

int getv(int val){
	int res = 0, node; split(root, val, r1, r2);
	if(!t[r1].size){
		node = r2;
		while(t[node].ch[0]) node = t[node].ch[0];
	} else {
		node = r1;
		while(t[node].ch[1]) node = t[node].ch[1];
	}
	root = merge(r1, r2); return t[node].val;
}

int mul(int a, int b, int mod){
	int res = 0;
	for(; b; b >>= 1, (a += a) %= mod)
		if(b & 1) (res += a) %= mod;
	return res;
}

void work(){
	int x, y, v, M = 1, C, gcd; cin >> n >> m;
	for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> hp[i];
	for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> p[i];
	for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> rew[i];
	for(int i = 1; i <= m; i++) cin >> x, insert(x);
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		v = getv(hp[i]), mx = max(mx, hp[i]/v+(hp[i]%v != 0));
		C = (hp[i]-(mul(ans, v, p[i]))%p[i]+p[i])%p[i];
		gcd = exgcd(M*v, p[i], x, y);
		if(C % gcd != 0){ cout << -1 << endl; return; }
		x = mul(x, C/gcd, p[i]), ans += x*M;
		M *= p[i]/gcd, ans = (ans%M+M)%M;
		delet(v), insert(rew[i]);
	}
	cerr << "mx=" << mx << endl;
	if(ans < mx) ans += M*((mx-ans-1)/M+1);
	cout << ans << endl;
}

void clear(){
	for(int i = 1; i <= cnt; i++)
		t[i].ch[0] = t[i].ch[1] = t[i].rd = t[i].size = t[i].val = 0;
	ans = cnt = root = 0, mx = -inf;
}

_int main(){
	freopen("dragon1.in", "r", stdin);
	ios::sync_with_stdio(false);
	srand(time(NULL));
	cin >> T;
	while(T--) work(), clear();
	return 0;
}