原文链接https://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/NOI2018Day2T1.html
题目传送门 - 洛谷P4774
题意
题解
首先我们仔细看一看样例可以发现如果一回合打不过巨龙就输了。
所以每一回合都要赢。所以每一次选择的宝剑都是可以提前预知的。
我们用个 set 来支持快速插入和 upper_bound ，可以在 $O((n+m)log m)$ 的时间复杂度内处理得到每一把宝剑要处理的巨龙。
我们考虑化简一下原题的意思：
令 $v_i$ 为攻击第 $i$ 只龙的宝剑的攻击力。
则对于最终答案 $x$ 必然满足：
$$forall iin {1,2,cdots,n}$$
$$a_ileq x imes v_i$$
$$a_iequiv x imes v_ipmod {p_i}$$
我们先考虑第二个条件。
$$a_iequiv x imes v_ipmod {p_i}Longrightarrow xequiv cfrac{a_i}{v_i}pmod {p_i}$$
于是我们需要求出 $(v_i)^{-1} pmod {p_i}$ 。
但是 $v_i$ 的逆元在对 $p_i$ 取模意义下不一定存在，不存在的条件是 $gcd(v_i,p_i)>1$ 。这个求逆元一般方法自己百度。
但是即使不存在，也有可能使得 $x imes v_iequiv a_i$ 。
我们来看一看原式的本质：
$$a_i=x imes v_i + k imes p_i$$
令 $g=gcd(a_i,v_i,p_i)$ ，上式中的 $a_i,v_i,p_i$ 都除以 $g$ ，上式依旧成立。
接下来，上述 $a_i,v_i,p_i$ 的值都更新成他们除以 $g$ 的值。
此时，如果 $g2=gcd(v_i,p_i)>1$ ，那么由于 $gcd(g2,a_i)=1$ ，所以有 $x imes v_i + k imes p_i = M imes g2 ot equiv a_i pmod {g2 imes (p_i÷g2)}$ ，其中 $M=(x imes v_i + k imes p_i)÷g2$ 。
那么显然无解了。
如果 $g2=1$ ，那么显然有解。
于是我们依照上述做法，可以判除掉一部分无解的情况，并得到关于 $x$ 的一次同余方程组。
令 $x_i=a_i imes (v_i)^{-1}pmod {p_i}$ ，则：
$$egin{cases}x&equiv&x_1&pmod {p_1}\x&equiv&x_2&pmod {p_2}\ &&vdots\x&equiv&x_n&pmod {p_n}end{cases}$$
这个东西直接中国剩余定理合并一下（可能会无解）就可以得到 $xequiv W pmod P$ 这样的一般式子了。由于本题数据范围比较大，我用了快速乘来防止炸 $long long $ 。
得到 $x$ 的一般同余式子之后，我们再去看看之前的第一个条件。
$forall iin{1,2,cdots,n}, a_ileq x$
由于 $x=kP + W$ ，所以我们可以将 $x$ 代入上面的式子中，并根据所有的式子求出 $k$ 的取值范围。于是就可以得到 $x$ 的最小值了！
时间复杂度 $O(nlog n)$ 。
期望得分 ： 100
UPD(2018-07-20 22:16): 洛谷测试 ：100
UPD(2018-07-21): LOJ测试 ：100
UPD(2018-07-22): 评测鸭测试： 100
UPD(2018-07-24): UOJ测试 ： 100
UPD(2018-xxxxx): xxx测试：100
实际得分 ： 75 （该分数为推测结果（ Day2 少了 25 分大概只有可能是这里了））
吐槽啊！CCF 老爷机跑的也太慢了吧？？是不是没有开 O2 啊？
代码
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <set>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long LL;
bool isd(char ch){
return '0'<=ch&&ch<='9';
}
LL read(){
LL x=0;
char ch=getchar();
while (!isd(ch))
ch=getchar();
while (isd(ch))
x=(x<<1)+(x<<3)+ch-48,ch=getchar();
return x;
}
const int N=100005;
int T,n,m;
LL a[N],p[N],h[N],v[N],x[N];
multiset <LL> S;
LL ex_gcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y){
if (!b){
x=1,y=0;
return a;
}
LL res=ex_gcd(b,a%b,y,x);
y-=x*(a/b);
return res;
}
LL gcd(LL a,LL b){
return b?gcd(b,a%b):a;
}
LL inv(LL v,LL p){
LL x,y,g=ex_gcd(v,p,x,y);
if (g>1)
return -1;
return (x+p)%p;
}
LL Mul(LL a,LL b,LL p){
a=(a%p+p)%p;
b=(b%p+p)%p;
LL ans=0;
for (;a;a>>=1,b=(b<<1)%p)
if (a&1LL)
ans=(ans+b)%p;
return ans;
}
bool CRT(LL w1,LL p1,LL w2,LL p2,LL &w,LL &p){
LL x,y,z=w2-w1,g=ex_gcd(p1,p2,x,y);
if (z%g)
return 0;
LL t=z/g;
x=Mul(x,t,p2/g);
p=p1/g*p2;
w=((w1+Mul(x,p1,p))%p+p)%p;
return 1;
}
LL Solve(){
n=read(),m=read();
for (int i=1;i<=n;i++)
a[i]=read();
for (int i=1;i<=n;i++)
p[i]=read();
for (int i=1;i<=n;i++)
h[i]=read();
S.clear();
while (m--)
S.insert(read());
for (int i=1;i<=n;i++){
multiset <LL> :: iterator p=S.begin();
if ((*p)<a[i])
p=--S.upper_bound(a[i]);
v[i]=*p,S.erase(p);
S.insert(h[i]);
}
for (int i=1;i<=n;i++){
LL g=gcd(a[i],gcd(v[i],p[i]));
v[i]/=g,p[i]/=g,a[i]/=g;
LL Inv=inv(v[i],p[i]);
if (Inv<0)
return -1LL;
x[i]=Mul(a[i],Inv,p[i]);
}
LL W=x[1],P=p[1];
for (int i=2;i<=n;i++)
if (!CRT(W,P,x[i],p[i],W,P))
return -1LL;
// x = W (mod P)
for (int i=1;i<=n;i++){
LL val=(a[i]+v[i]-1)/v[i];
if (val<=W)
continue;
LL k=(val-W+P-1)/P;
W+=k*P;
}
return W;
}
int main(){
freopen("dragon.in","r",stdin);
freopen("dragon.out","w",stdout);
scanf("%d",&T);
while (T--)
printf("%lld
",Solve());
fclose(stdin);fclose(stdout);
return 0;
}