解题报告： luogu P6476&NOIOR2 T1

一种新的解法，对数论能力要求更低！
考场上推错式子了，只有 25 分.....

题目链接：P6476 [NOI Online #2 提高组]涂色游戏（民间数据）

声明：此文中用 (x,y) 代表 (p1,p2) ，((x,y)) 指 (gcd(x,y))当然还可能是开区间，([x,y]) 指 (lcm(x,y))当然还可能是闭区间，并满足 (x<y)。

我们做这个题的第一反应一定是这样的：
每隔一个 (y) 倍数的区间都有 (leftlfloordfrac{y}{x} ight floor) 个 (x) 的倍数出现，然后和 (k) 比大小即可。
然而被无情 hack 了，such as:

输入：
1
5 9 2
输出：
NO

我们发现在 ((9,18)) 中有 (2) 个 (x) 的倍数：(10)，(15)。

那我们可以利用一个规律：
在 (y) 和 (x) 没有整除关系时，每一段 (y) 内 (x) 倍数出现次数 (in{leftlfloordfrac{y}{x} ight floor,leftlfloordfrac{y}{x} ight floor+1}) 。
为什么呢？
我们设 (z=leftlfloordfrac{y}{x} ight floor)。
首先不可能更少的次数，因为 ((0,y)) 中浪费最少了。
假如存在更多的次数，比如 (z+2)，
中间的空隙算上就已经 (>y) 了。
显然得证。
所以最上面的解法只存在一种可能：
我们设第一次在 (y) 区间内出现 (z+1) 个 (x) 倍数的区间为((my,(m+1)y))，其中的 (x) 分别为 (kx,(k+1)x......(k+z)x)。
那么这个区间是样的：

（字丑不要介意啦quq
此时显然满足：

[egin{cases}my<kx\(m+1)y>(k+z)xend{cases} ]

我们注意：
我们定义的数都是第一次出现这种情况的，所以显然：

[k=mz+1 ]

结合一下：

[egin{cases}my<(mz+1)x\(m+1)y>(mz+z+1)xend{cases} ]

容易解得：

[egin{cases}m<dfrac{x}{y-zx}\\m>dfrac{(z+1)x-y}{y-zx}end{cases} ]

显然在 (y-zx=0) 即 (x|y) 是无意义，我们需要特判一下，循环节只有一个有 (z-1) 个数，这时候直接判断即可。

这就完了吗？
并没有，我们显然发现每个 (y) 区间的 (x) 倍数出现数在每个 ([x,y]) 长的区间都有循环节。
那么显然：

[(m+1)yleqslant [x,y]=dfrac{xy}{(x,y)} ]

容易得到：

[mleqslantdfrac{x}{(x,y)}-1 ]

也就是：

[m<dfrac{x}{(x,y)} ]

还有一个条件:

[m>0 ]

那么问题转化成了：
是否存在整数 (m) 满足：

[min(max{0,dfrac{(z+1)x-y}{y-zx}},min{dfrac{x}{(x,y)},dfrac{x}{y-zx}}) ]

这些过程是可以直接模拟的。
代码如下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;

#define read(x) scanf("%d",&x)

int t,x,y,z,k;
double l,r;
int g;

inline int gcd(int a,int b){return b==0?a:gcd(b,a%b);}

int check(double l,double r)//判断区间是否有正整数
{
	if(l>r) return 0;
	l=ceil(l),r=floor(r);
	if(l<=r) return 1;
	else return 0;
}

int main()
{
	read(t);
	while(t--)
	{
		read(x),read(y),read(k);
		if(x>y) swap(x,y);
		if(k==1){printf("NO
");continue;}
		else if(y%x==0)
		{
			z=y/x-1;
			if(k<=z){printf("NO
");continue;}
			else{printf("YES
");continue;}
		}
		else
		{
			z=y/x,g=gcd(x,y),g=x/g;
			if(k<=z){printf("NO
");continue;}
			else if(k==z+1)
			{
				l=max((double)0,((double)(z+1)*(double)x-(double)y)/(y-z*x));
				r=min(double(g),(double)x/(y-z*x));
				if(check(l,r)){printf("NO
");continue;}
				else printf("YES
");
				continue;
			}
			else{printf("YES
");continue;}
		}
	}
	return 0;
}

然而这样只有 (85;pts),为啥呢？
因为我们要判断的区间有可能是这个亚子：

[(5,6) ]

我们需要一个小 trick ,运用极限思想，把区间改成这样：

[(5+eps,6-eps) ]

就可以 (AC) 了。
总的来说，这种做法比小学奥数还小学奥数，只要够细致就可以得到答案。
最后附上 (AC) 代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;

#define read(x) scanf("%d",&x)

int t,x,y,z,k;
long double l,r;
int g;

inline int gcd(int a,int b){return b==0?a:gcd(b,a%b);}

int check(double l,double r)
{
	if(l>r) return 0;
	l+=0.0000001,r-=0.0000001;
	l=ceil(l),r=floor(r);
	if(l<=r) return 1;
	else return 0;
}

int main()
{
	read(t);
	while(t--)
	{
		read(x),read(y),read(k);
		if(x>y) swap(x,y);
		if(k==1){printf("NO
");continue;}
		else if(y%x==0)
		{
			z=y/x-1;
			if(k<=z){printf("NO
");continue;}
			else{printf("YES
");continue;}
		}
		else
		{
			z=y/x,g=gcd(x,y),g=x/g;
			if(k<=z){printf("NO
");continue;}
			else if(k==z+1)
			{
				l=max((double)0,((double)(z+1)*(double)x-(double)y)/(y-z*x));
				r=min(double(g),(double)x/(y-z*x));
				if(check(l,r)){printf("NO
");continue;}
				else printf("YES
");
				continue;
			}
			else{printf("YES
");continue;}
		}
	}
	return 0;
}