BZOJ 1407: [Noi2002]Savage 扩展欧几里得

Input

第1行为一个整数N(1<=N<=15)，即野人的数目。

第2行到第N+1每行为三个整数Ci, Pi, Li表示每个野人所住的初始洞穴编号，每年走过的洞穴数及寿命值。

(1<=Ci,Pi<=100, 0<=Li<=10^6 )

Output

仅包含一个数M，即最少可能的山洞数。输入数据保证有解，且M不大于10^6。

Sample Input

3

1 3 4

2 7 3

3 2 1

Sample Output

6

//该样例对应于题目描述中的例子。

解法：

分析两个野人的情况，设山洞数目为m，如果i和j在第x年相遇，那么可以得到一个同余方程ci+x*pi=cj+x*pj(mod m)，

即(pi-pj)*x=cj-ci(mod m)。所以要使两个野人不能相遇，只需该同余方程无解或者x比其中一个野人的寿命长。推广到

n个野人两两不相遇，只需任意两个野人满足上述条件，因为n很小，所以可以枚举。

我们一开始将m赋值为max{c[i]}，每次判断m是否可行，如果可行即为答案，否则就将m加1。在判断m是否可行时要用

到扩展欧几里得算法求。

注意：扩展欧几里得算法求满足ax=gcd(a,b) (mod b)的x的最小正整数解时，要将x对b/gcd(a,b)取模，而不是对b取

模。

形如ax=b (mod c)可以转化为ax+cy=b (mod c)，然后a,b,c同时mod gcd(a,c)再求。

//BZOJ 1407

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

///Ci+x*Pi同余(Cj+x*Pj)%m

const int limitn = 20;
int C[limitn], P[limitn], L[limitn];
int limit, n, a, b, c, x, y;

inline int gcd(int a, int b){
if(!b) return a;
else return gcd(b,a%b);
}

inline void exgcd(int a, int b, int &x, int &y){
if(!b){x=1;y=0;}
else exgcd(b,a%b,y,x), y-=x*(a/b);
}

bool solve(int m)
{
for(int i=1; i<n; i++){
for(int j=i+1; j<=n; j++){
a = P[i]-P[j];
b = m;
c = C[j]-C[i];
int t=gcd(a, b);
if(c%t) continue;
a/=t, b/=t, c/=t;
exgcd(a, b, x, y);
b=abs(b);
x=((c*x)%b+b)%b;
if(!x) x+=b;
if(x>L[i]||x>L[j]) continue;
else return false;
}
}
return true;
}

int main()
{
scanf("%d", &n);
for(int i=1; i<=n; i++){
scanf("%d%d%d", &C[i],&P[i],&L[i]);
if(C[i]>limit) limit = C[i];
}
for(int i=limit; ; i++){
if(solve(i)){
printf("%d\n", i);
return 0;
}
}
return 0;
}