NOIP2017 | D2T3

D1T1

noip2017最难题。

(O(log)) 做法

要求最大的 (ax+by) ，其中 (x<0) 或 (y<0) 。
已知存在： (ax'+by'=gcd(a,b)=1) 。
考虑已知 (c=ax+by) ，其中 (xgeq 0) 且 (y geq 0) ，则 (c-1=ax+by-1=a(x-x')+b(y-y')) 。
如果 (c-1) 为答案，一定有 (x-x'<0) 或 (y-y'<0) 。
设 (x'_ ext{min}) 为 (ax'+by'=1) 中 (x') 的最小正整数解， (y'_ ext{min}) 为 (ax'+by'=1) 中 (y') 的最小正整数解。
现在令 (x=x'_ ext{min}-1,y=y'_ ext{min}-1) 。
由 (a) 和 (b) 互质和“一定有答案”，可以得到 (a eq b,a eq 1,b eq 1) ，所以 (x'_ ext{min}) 和 (y'_ ext{min}) 不可能都为 (1) ，即 (x) 和 (y) 不可能都为 (0) 。
所以 (ax+by>1) 即 (ax+by-1 > 0) 。
又因为一定有 (x-x'<0) 或 (y-y'<0) ，即 (a(x-x')+b(y-y')=ax+by-1) 是无法准确支付的价值之一。
如果答案不为 (ax+by-1) ，一定存在 (a(x_0-x')+b(y_0-y') > a(x-x')+b(y-y')) 为答案，显然 (x_0 > x) 或 (y_0 > y) ，所以一定有 (x_0 geq x+1 = x'_ ext{min}) 或 (y_0 geq y+1 = y'_ ext{min}) ，则一定存在 (x',y') 使得 (x_0-x'geq 0) 且 (y_0-y' geq 0) ，故不存在 (x_0,y_0) ，所以答案为 (ax+by-1) 。

#include <cstdio>

int a, b;
long long x, y;

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

int main() {
	scanf("%d%d", &a, &b);
	exgcd(a, b, x, y);
	x %= b;
	if (x <= 0) x += b;
	y %= a;
	if (y <= 0) y += a;
	printf("%lld
", a * (x - 1) + b * (y - 1) - 1);
	return 0;
}

(O(1)) 做法

设 (ans = ax + by(0 leq x < b))。（若 (x< 0) 或 (xgeq b)，则存在 (0 leq x' < b)，使得 (ax equiv ax' pmod b)，即 (ax+by = ax'+by')。故表示 (ans) 时可以限制 (0 leq x < b)）
若 (ans) 不能被表示出来，则 (y < 0)。
令 (x = b - 1,y = -1)，显然 (ans) 最大。
故 (ans = (b-1) imes a+(-1) imes b = ab-a-b)。
 

D2T3