CF 345A Mike and Frog

题目

自己歪歪的做法WA了好多发。

原题中每一秒都相当于

$x1 = f1(x1)$

$x2 = f2(x2)$

然后这是一个定义域和值域都在[0,m-1]的函数，显而易见其会形成一个环。

而且环长不超过m，所以实际上问题就分为了两部分：

1.x1变到a1，x2变到a2（h -> a的长度）

2.x1做循环，x2做循环直到同时为a1，a2。（a -> a的长度）

我们设第一步分别用了m1 s, m2 s，第二步用了 t1 s ,t2 s。

对于第一部分我们可以直接枚举吗，因为长度不超过m。

对于第二部分实际上是两个式子。

$ans =  △1 * t1 + m1$

$ans =  △2 * t2 + m2$

这个式子只需要枚举就行了。因为m1，m2最多相差不超过m，而在最优决策下△1或△2绝对值每变化1，m1,m2必然至少变化1，所以△最大为m

问题解决，注意各种特判，比如都没有t值，有一个有t值，无解的情况。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>

#define LL long long

using namespace std;

LL m,ans;

LL gcd(LL a,LL b){
    if(!b) return a;
    return gcd(b,a%b);
}

/*
since the f(x) be an fuction from a num x to y.
so it may be a cricle.
*/

void solve(LL &ansv,LL &sumv){
    LL h,a,x,y,ans=0;
    scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d",&h,&a,&x,&y);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        h=(h*x%m+y)%m;
        if(h==a){
            ansv=(LL)i;    //how many seconds it would take for us to arrive 'a' from 'h'
            goto L;
        }
    }
    puts("-1");
    exit(0);
    L:h=a;
    sumv=-1;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        h=(h*x%m+y)%m;    //how many seconds it would take for us to arrive 'a' from 'a'
        if(h==a){
            sumv=(LL)i;
            return;
        }
    }
}

/*
a1 + k1*a2 = b1 + k2*b2

ans = a1 (mod a2)
ans = b1 (mod b2)
*/

int main(){
    scanf("%I64d",&m);
    LL a1,a2,b1,b2;
    solve(a1,a2);
    solve(b1,b2);
    if(a1==b1) ans=a1;
    else if(a2==-1&&b2==-1){
        puts("-1");
        return 0;
    }
    else if(a2==-1&&a1>b1&&(a1-b1)%b2==0) ans=a1;
    else if(b2==-1&&b1>a1&&(b1-a1)%a2==0) ans=b1;
    else if(a2==-1||b2==-1){
        puts("-1");
        return 0;
    }
    else{
        LL k1;
        for(k1=0;k1<=m;k1++)
            if((a1+k1*a2-b1)%b2==0){
                ans=a1+k1*a2;
                if(ans>=b1) break;
            }
        if(k1>m) ans=-1;
    }
    printf("%I64d
",ans);
    return 0;
}