【CF346E】Doodle Jump

题目

题目链接：https://codeforces.com/contest/346/problem/E

• 有一个长度为(n)的数列。
• 数列的第(x)项为(a imes xmod p)。
• 问将该数列排序后任意相邻两项之差的最大值是否(le h)。
• 多组询问,询问次数(t)满足(1le tle 10^4)。
• (1le ale 10^9,1le n<ple 10^9,0le hle 10^9)。

思路

首先 (agets amod p)，如果 (aleq h) 那么答案显然为 (1)。
否则如果 (an<p) 答案显然为 (0)。
否则我们把序列的每一项分类，满足第 (i) 类的数字是在 ([p(i-1),pi)) 的范围。
拿 CF 题解的例子来说，下面例子是 (a=5,p=23) 时：

0  5  10  15  20
2  7  12  17  22
4  9  14  19
1  6  11  16  21
3  8  13  18

我们发现，第一行相邻两个数中，为了减小其空隙大小，第 (2) 行开始所有第一列的数字都可以插入进第一行第一个和第二个数字之间，后面所有列同理。
不难证明空隙最大处一定不在第一行最后一个数处。因为第一行最后一个数所在列下方是可以插入进它后面的数，那么前面的列的可以插入进去的数一定不少于最后一列。所以我们无需考虑最后一列是空隙最大的。
对于前面的列，我们不妨拿第一列和第二列来做。
因为经过一行后，(a) 会变成 (a-pmod a)，所以我们可以把问题转化为一个 (a'=a-pmod a,p=a) 的子问题。显然前后是等价的。
但是我们需要考虑虽然存在 (i) 行，但是经过变成子问题后，第 (i) 行的数不存在的情况。这是因为第 (i) 行最大的数（也就是最后一个数）不够大。此时我们需要减去这一行，因为它们最劣情况下不会产生贡献。（也就是倒数第二列时一定不会产生贡献）。
一直减小问题规模直到 (an<p)。此时直接判断一下就好了。
但是这样单次最坏复杂度是 (O(a)) 的。考虑到加上 (a-pmod a) 等价于减去 (pmod a)，所以我们每次减小规模的时候 (a'=min(a-pmod a,pmod a)) 即可。这样每次 (a) 至少减小半。
时间复杂度 (O(Qlog a))。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

ll Q,n,a,p,h;

ll solve(ll a,ll n,ll p)
{
	if (a*n<p) return max(a,p-a*n);
	ll m=a*n/p-(a*n%p<a*(p/a-1));
	return solve(min(p%a,a-p%a),m,a);
}

int main()
{
	scanf("%lld",&Q);
	while (Q--)
	{
		scanf("%lld%lld%lld%lld",&a,&n,&p,&h);
		a%=p;
		if (a<=h || (a*n>p && solve(a,n,p)<=h)) printf("YES
");
			else printf("NO
");
	}
	return 0;
}