洛谷P9560 [SDCPC 2023] Math Problem 题解

[SDCPC 2023] Math Problem

这题题解竟然没有满！

思路

有没有发现两个操作貌似相反？我们发现，如果先进行第一个操作再进行第二个操作，相当于没有进行操作。故最优的操作顺序一定是先进行若干次操作二，再进行若干次操作一。

那么我们可以枚举两次操作的次数。第二次操作最多进行 ${\log }_{k}n$ 次。如果初始为 $n$，进行一次操作一，其可能的取值范围为 $[n\cdot k,n\cdot k+k-1]$，进行两次操作一，其可能的取值范围为 $[n\cdot k\cdot k,(n\cdot k+k-1)\cdot k+k-1]$。如果当前取值范围为 $[l,r]$，那么执行一次操作一后可能范围即为 $[l\cdot k,r\cdot k+k-1]$，这个范围内的数都能取到。根据鸽巢原理，如果取值范围大于等于 $m$，那么一定会有至少一个 $m$ 的倍数，所以操作一最多执行 ${\log }_{k}m$ 次，总复杂度 $O(T{\log }_{k}n{\log }_{k}m)$。

代码

有可能爆 long long，要开 __int128！

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t,k,m,a,b;
long long p[70],cnt,n;
int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>t;while(t--){cin>>n>>k>>m>>a>>b;cnt=1,p[1]=n;while(k!=1&&n!=0)//p中记录所有操作二的可能结果{n/=k;p[++cnt]=n;}long long ans=1e18;for(int i=1;i<=cnt;i++){if(k==1)//k=1要特判{if(p[i]%m==0)ans=min(ans,1ll*(i-1)*b);continue ;}__int128 l=p[i],r=p[i];long long sum=1ll*(i-1)*b;while(l/m==r/m&&l%m!=0&&r%m!=0){l*=k,r*=k;r+=k-1;sum+=a;}ans=min(ans,sum);}if(ans!=1e18)cout<<ans<<"\n";elsecout<<-1<<"\n";}return 0;
}