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Codeforces 710 D. Two Arithmetic Progressions
Description
\(x=a_1k+b_1=a_2l+b_2,L\leqslant x \leqslant R\) 求满足这样条件的 \(x\) 的个数.
Sol
扩展欧几里得+中国剩余定理.
发现这个相当于一个线性方程组.
\(x \equiv b_1(mod a_1)\)
\(x \equiv b_2(mod a_2)\)
将原来两式相减得到 \(a_1k-a_2l=b_2-b_1\)
这个用扩展欧几里得求一下,如果 \((a_1,a_2)\nmid (b_2-b_1)\) 显然无解.
用扩展欧几里得求的方程是 \(a_1k-a_2l=(a_1,a_2)\) ,将这个等式再乘上 \(\frac{b_2-b_1}{(a_1,a_2)}\)
现在我们得到了一组合法解,通解就是 \(k=k_0+\frac {a_2}{(a_1,a_2)},l=l_0-\frac {a_1}{(a_1,a_2)}\)
求得最小正数解可以对 \(\frac {a_2}{(a_1,a_2)}\) 取模.
然后原方程的解个数就是 \(k+n[a_1,a_2]\) ,不要忘记计算端点的这个值.
Code
#include<cstdio>#include<algorithm>#include<iostream>using namespace std;typedef long long LL;#define debug(a) cout<<#a<<"="<<a<<" "LL a1,b1,a2,b2,k,l,x,lcm,gcd,L,R,ans;void Exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y){ if(!b){ x=1,y=0;return; } Exgcd(b,a%b,x,y); LL t=x;x=y,y=t-(a/b)*y;}int main(){ ios::sync_with_stdio(false); cin>>a1>>b1>>a2>>b2>>L>>R; Exgcd(a1,a2,k,l); gcd=__gcd(a1,a2),lcm=a1/gcd*a2; L=max(L,max(b1,b2)); if((b2-b1)%gcd || L>R) return puts("0"),0; k*=(b2-b1)/gcd,k=(k%(a2/gcd)+a2/gcd)%(a2/gcd); x=a1*k+b1;// debug(x),debug(lcm),debug(L),debug(R); if(R>=x) ans+=(R-x)/lcm+1; if(L-1>=x) ans-=(L-1-x)/lcm+1; cout<<ans<<endl; return 0;}
Codeforces 710 D. Two Arithmetic Progressions
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