Codeforces 1063D Candies for Children

题目大意

给定整数 $n, k, l, r$，$1\le n, k \le 10^{11}$，$1\le l, r \le n$ 。

令 $ m = r - l + 1$，若 $m \le 0$，$m\gets m + n$ 。

未知数 $x\in \mathbb{Z}$ 满足 $ 0 \le x \le n$，且满足

$ k \bmod (n + x) = 0$ 且 $m = n$ ；或者

$ k \bmod (n + x) \ne 0$ 且 $0 \le k \bmod (n + x) - m \le \min(m, x) $

求 $x$ 的最大值，若不存在符合条件的 $x$ 则输出 -1。

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换一种思路，基本上是用自己的话将官方题解描述了一遍。

Note, that basically, we have two parts of the circle — the part between $[l;r]$ which gets candies one time more than the other part.

为了便于描述，将 $[l;r]$ 称作第一段，其余的称作第二段。注意：第一段长度一定大于零，而第二段长度可能等于零。

另外假设 $r$ 最后一次取糖时，恰取到了他想要的数量的糖（换言之若 $r$ 是 sweet tooth，那么他最后一次得到 2 块糖）。如果不是这种情况，只要将 $k$ 变成 $k+1$ 并且保证第一段内至少有 $1$ 个 sweet tooth。

设第一段长度为 $x$，其中有 $a$ 个 sweet tooth，第二段长度为 $y$ 且其中有 $b$ 个 sweet tooth，设第二段经历了 $t$ 次分糖，则第一段经历了 $t+1$ 次分糖。可以建立如下的不定方程：

$ (2a + (x- a)) (t + 1) + (2b + (y - b) ) t = k$

化简得

\begin{equation}

(a + x) (t + 1) + (b + y) t = k \label{E:1}

\end{equation}

约束条件：$ 0\le a \le x$，$0\le b \le y$ 。

（下面是这道题最精髓的地方。）

当 $n$ 比较小时，我们可以暴力枚举 $a$，$b$，看方程 \eqref{E:1} 是否有解，复杂度 $O(n^2)$

当 $n$ 比较大时，我们可以暴力枚举 $t$，显然有 $0 \le t \le k / n$ 。此时方程 \eqref{E:1} 变成了关于 $a,b$ 不定方程，确切地说是丢番图方程（Diophantine equation）

\begin{equation}

(t+ 1) a + tb = \gamma \label{E:2}

\end{equation}

其中 $\gamma = k - nt - x$ 。

方程 \eqref{E:2} 的通解为

$ a = a_0 - tz, b = b_0 + (t+1) z$

其中 $a_0, b_0$ 是方程 \eqref{E:2} 的一组特解，可以由扩展欧几里得算法得到，$z$ 是任意整数。

由 $0 \le a \le x$，$0\le b \le y$ 可得到 $z$ 的取值范围 $[z_1, z_2]$ 。显然，$z = z_2$ 时 $a+ b$ 最大。

事实上，我们有 $\gcd(t+1, t) = 1$，此时可取特解 $a_0 = \gamma, b_0 = - \gamma$ 。

Implementation

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

using ll = long long;

ll ple(ll fz, ll fm) { // fz >= 0, fm > 0
    return fz / fm;
}

ll pge(ll fz, ll fm) { //fz >= 0, fm > 0
    return (fz + fm - 1) / fm;
}

ll le (ll fz, ll fm) {
    return fz >= 0 ? ple(fz, fm) : -pge(-fz, fm); // 别忘了pge(-fz, fm)前面的负号！
}
ll ge(ll fz, ll fm) {
    return fz >= 0 ? pge(fz, fm) : -ple(-fz, fm);
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
//    cin.tie(nullptr);
#ifdef LOCAL
    freopen("main.in", "r", stdin);
//    freopen("main.out", "w", stdout);
#endif

    ll n, l, r, k;
    cin >> n >> l >> r >> k;
    ll x = r - l + 1;
    if (x <= 0) x += n;
    ll y = n - x;
    ll ans = -1;

    if (n <= (ll)cbrt(k)) {
        for (ll a = 0; a <= x; a++) {
            for (ll b = 0; b <= y; b++) {
                ll s = a + x + b + y;
                ll bb = k - a - x;
                if (bb >= 0 && bb % s == 0) {
                    ans = max(ans, a + b);
                }
                if (a > 0 && (bb + 1) >= 0 && (bb+1)%s == 0) {
                    ans = max(ans, a + b);
                }
            }
        }
    }
    else {
        for (ll t = 0; t <= k / n; t++) {
            ll bb = k - n * t - x;
            if (bb >= 0) {
                // a = bb - tz , b = (t + 1) z - bb;
                if (t == 0) { // a = bb, b可任意取值
                    if (bb <= x) ans = max(ans, bb + y);
                    if (bb + 1 <= x) ans = max(ans, bb + 1 + y);
                }
                else {
                    // bb - tz >= 0 => z <= bb / t, bb - tz <= x => z >= (bb - x) / t
                    // (t + 1) z - bb >= 0 => z >= bb / (t + 1), (t + 1) z - bb <= y -> z <= (bb + y) / (t + 1)
                    ll minz = max(ge(bb - x, t), ge(bb, t + 1));
                    ll maxz = min(le(bb, t), le(bb + y, t + 1));
                    if (maxz >= minz) {
                        ans = max(ans, maxz);
                    }
                    // bb - tz >= 1 => z <= (bb - 1)/t
                    bb++;
                    minz = max(ge(bb - x, t), ge(bb, t + 1));
                    maxz = min(le(bb - 1, t), le(bb + y, t + 1));
                    if (maxz >= minz) {
                        ans = max(ans, maxz);
                    }
                }
            }
        }
    }
    cout << ans << endl;

#ifdef LOCAL
    cerr << "Time elapsed: " << 1.0 * clock() / CLOCKS_PER_SEC << " s.\n";
#endif
    return 0;
}