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：

$$\forall i\in \{1,2,\cdots,n\}$$

$$a_i\leq x\times v_i$$

$$a_i\equiv x\times v_i\pmod {p_i}$$

　　我们先考虑第二个条件。

$$a_i\equiv x\times v_i\pmod {p_i}\Longrightarrow x\equiv \cfrac{a_i}{v_i}\pmod {p_i}$$

　　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 $x\times v_i\equiv a_i$ 。

　　我们来看一看原式的本质：

$$a_i=x\times v_i + k\times p_i$$

　　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 $x\times v_i + k\times p_i = M\times g2 \not \equiv a_i \pmod {g2 \times (p_i÷g2)}$ ，其中 $M=(x\times v_i + k\times p_i)÷g2$ 。

　　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 $x_i=a_i\times (v_i)^{-1}\pmod {p_i}$ ，则：

$$\begin{cases}x&\equiv&x_1&\pmod {p_1}\\x&\equiv&x_2&\pmod {p_2}\\ &&\vdots\\x&\equiv&x_n&\pmod {p_n}\end{cases}$$

　　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 $x\equiv W \pmod P$ 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。

$\forall i\in\{1,2,\cdots,n\}, \ \ \ a_i\leq x$

　　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 $O(n\log n)$ 。

　　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 
     
      #include 
      
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           #include 
           
            #include 
            
             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 
             
               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 
              
                :: iterator p=S.begin(); if ((*p)

转载于:https://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/NOI2018Day2T1.html

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