洛谷$P5330 [SNOI2019]$数论 数论

正解:数论

解题报告:

传送门$QwQ$

,,,这题还蛮妙的$QwQ$(,,,其实所有数论题对我来说都挺妙的$kk$然后我真的好呆昂我理解了好久$QAQ$

考虑先建$Q$个点,编号为$[0,Q)$,表示膜$Q$的余数.然后每个点$i$向$(i+P) mod Q$连边$QwQ$

显然这个是会成环的,事实上这个环的长度就$frac{Pcdot Q}{gcd(P,Q)}$(不明白的可以去康那道很古早的考过好几遍了的跑跑步那题?那题不是证了个结论是说.在膜$Q$意义下每次走$P$,只会有$gcd(P,Q)$个环嘛,放到这题里就是有$gcd(P,Q)$个长度为$frac{Pcdot Q}{gcd(P,Q)}$的环$QwQ$

然后枚举膜$P$的余数$a_i$,显然顺着边跑就等同于$a_i$不变,然后现在就变成,从$a_i$开始在环中跑$lfloorfrac{T-1-a_i}{P} floor$步,问有多少步是跑到的编号膜$Qin B$的点上$QwQ$

所以考虑先预处理一个环中的属于$B$的数的数量,然后最后剩下的一点小尾巴特殊算下就欧克

$over$!

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
#define il inline
#define rg register
#define gc getchar()
#define int long long
#define ri register int
#define rb register bool
#define rc register char
#define rp(i,x,y) for(rg int i=x;i<=y;++i)
#define my(i,x,y) for(rg int i=x;i>=y;--i)
#define ub(i,x) upper_bound(G[i].begin(),G[i].end(),x)-G[i].begin()

const int N=1e6+10;
int P,Q,n,m,T,d,len,a[N],id[N],as;
bool b[N];
vector<int>G[N];

il int read()
{
    rg char ch=gc;rg int x=0;rg bool y=1;
    while(ch!='-' && (ch>'9' || ch<'0'))ch=gc;
    if(ch=='-')ch=gc,y=0;
    while(ch>='0' && ch<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^'0'),ch=gc;
    return y?x:-x;
}
int gcd(ri x,ri y){return y?gcd(y,x%y):x;}

signed main()
{
    P=read();Q=read();n=read();m=read();T=read()-1;rp(i,1,n)a[i]=read();rp(i,1,m)b[read()]=1;d=gcd(P,Q);len=P*Q/d;
    rp(i,0,d-1){ri cnt=0,nw=i;while(!cnt || nw!=i){id[nw]=++cnt;if(b[nw])G[i].push_back(cnt);nw=(nw+P)%Q;}}
    rp(i,1,n)
    {
        ri num=(T-a[i])/len,to=(T-num*len-a[i])/P;as+=num*(int)(G[a[i]%d].size());
        ri l=id[a[i]],r=id[(to*P+a[i])%Q];
        if(l<=r){as-=ub(a[i]%d,l-1);as+=ub(a[i]%d,r);}
        else{swap(l,r);as+=(int)(G[a[i]%d].size());++l;--r;if(l>r)continue;as+=ub(a[i]%d,l-1);as-=ub(a[i]%d,r);}
    }
    printf("%lld
",as);
    return 0;
}