Online JudgeLuoguCodeforces Round #592 (Div. 2) C

Label:数学,思维题, 枚举

题目描述

某球队一共打了$n$场比赛,总得分为$p$,已知赢一场得$w$分,平局一场得$d$分,输一场不加分也不减分,问一共赢了几场(x),平局了几场(y),输了几场(z)?如果不存在合法方案输出"-1",如果存在多组可能的方案,任意输出一组(Special Judge)。

也就是任求一组符合条件的非负整数三元组$(x,y,z)$,满足:

\[
x\cdot w+y\cdot d=p \\
x+y+z=n
\]

输入

四个整数$n,p,w,d$。

输出

输出三个整数表示符合条件的三元组,如果不存在,则输出"-1"。

样例

Input#1

30 60 3 1

Output#1

17 9 4

Input#2

10 51 5 4

Output#2

-1

Input#3

20 0 15 5

Output#3

0 0 20

Hint

$1<=n<=10^{12}$,$0<=p<=10^{17}$,$1<=d<w<=10^{5}$。

注意,题目数据保证了$d<w$,也就是赢一场的得分严格大于平局一场的得分。

题解

一开始看题,直接打了个exgcd去解不定方程最小解,结果好像中间会爆long long 就WA掉了。其实仔细读题,根本根本不需要这样搞。

现在需要解一个这样的方程组

\[
x+y+z=n....①\\
x\cdot w+y\cdot d=p....②\\
\]

①式可以转化为$x+y<=n$,$z$的大小再根据$x,y$具体调整即可。

假设存在一组二元组$(x,y)$,已经能够满足②式了,现在考虑再构造一组解,使得$x+y$尽量小,能满足①式。

则有

\[
x\cdot w+w\cdot d-w\cdot d+y\cdot d=p\\→(x+d)\cdot w+(y-w)\cdot d=p\\
\]

也就是说必然还存在一组满足②式的解$(x+d,y-w)\(,多次进行这样的操作,可以得到\)(x+2d,y-2w)\(,\)(x+3d,y-3w)$,......,由于需要满足$x>0,y>0,z>0$,必然有一个下限使得此时的$y'<w$,减不动了,可以证明此时的这组解一定是最优的(也就是此时的$x'+y'$最小)。为什么呢,由于题目强调了$w>d$,也就是$x->x'$的增量小于$y->y'$减量,所以此时的$x'+y'$一定最小。

所以只用枚举$y∈[0,w-1]$即可,然后分别带入计算得到此时的$x$,再判一下$x+y<=n$这个条件,如果这个范围内都没有满足条件的解,$y$再往大枚举也不可能出现满足条件的解了。

综上时间复杂度为$O(W)$,\(W<=10^5\)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
typedef long long ll;
ll n,p,w,d;
signed main(){
cin>>n>>p>>w>>d;
for(int y=0;y<w;y++){
int left=p-y*d;
if(left%w)continue;
int x=left/w;
if(x>=0&&x+y<=n){
printf("%lld %lld %lld\n",x,y,n-x-y);
return 0;
}
}
puts("-1");
}

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