睡眠不足啊，午睡也没补好，马上迎来又一场CF。
不做人了，我做鬼。
上次不用样例检验吃了大亏。
这次不管怎么样，都用样例检验一遍。
【A】
模拟题。因为有延误的问题，因此不一定按照期望时间表运行。
每次判断下一次出发的时间即可。
【B】
竟然有彩图
区间标记，差分即可。
【C】
PK题？
但这规模有点大啊
感觉只能排序 然后双指针？
设x y z w是排序后的新下标
那么 x<z<w<y
为什么ai不是10^9？
我们倒是可以从ai入手，首先ax+ay=az+aw
变形 ax-az=aw-ay
变成差的问题，范围[1,2.5*10^6]
枚举这个差
但是配对的端点如果也枚举的话就时间不够了
转D
调整法，可以认为区间[x,z]和[w,y]是z<w的，不穿梭
反向差分，求前缀和，那么可以转为求两个相等的区间和。
f[i][x]表示1~i内是否存在区间和==x
那么f[i][x]=f[i-1][x] | f[i][x-b[i]]
还是想双指针
排序后，p和q分别在1和2
然后哪一个指针右移造成的增量小，就移动哪个，（但是单步小不能说明什么）
这样会产生一系列配对和，记录它们，然后——
反过来做一遍？
首先，对每种数值，记录相应的ai
如果存在两种数值v1和v2，其数组的size的大小都>1
那么取里面的数字下标即可。
否则，最多只有一个数值其size>1
分 有 或 没有 讨论
如果有 我们可以以2*v1为sum，然后扫一遍数组看看有无这样的配对。O(N)
否则和 没有 的情况一同处理
此时四个目标都不相同
再思考相邻数字的差，一共n-1个
假设有两个差相同，且对应的配对中数字不重复，
取它们作为答案
否则
要么所有差都不相等 或 相等的差都是 x y z (x,y) (y,z)的形式
如果所有差都不相等，那么差至少>= 0 1 2 ... n-1
a的max>=1+n*(n-1)/2
而因为ai是<=2.5*10^6的，因此这种情况下n一定是sqrt(10^6)的级别，直接枚举配对即可。
如果有相等的差，且数量>=3个，也可以取为答案，否则最多一个三元形式。
n也是sqrt(10^6)级别的，O(N^2)处理即可。
【D】
找循环节
首先，最多n*m次，一定开始循环，最坏情况是可能达到的。两个素数。
首先看n=m的情况
这种情况比较简单，统计一下不同点数量c，然后k%c，就知道是哪一天会暴走。
n!=m，假设n<m
注意a数组都是不同的，b同理
我们其实只要关注k<=n*m的情况就行了。
TMD，感觉我被题目牵着走。
能不能把循环转化成别的东西。
如果把max(n,m)天视为一轮，那么
这里就是m
第一轮我们直接复制n的循环凑齐m
然后计算不同点的数量，第二轮，其实就相当于左移n天的循环？
可是计算不同偏移下的不同点数量似乎也要n*m？
转E
发现一个性质，因为a和b分别都是无重复元素的
因此对于b中的一个元素，最多只有一个a的元素等于它。
它们的日程碰到的时候才产生贡献。
对于b，（注意我们以后就设b的m>a的n，否则我们交换数组a和b）
每个bi，可以确定唯一的aj=bi，记h[i]=j，可以为0
对于一个配对(aj,bi)，如果某天同时访问到它们，且，有一个bk，满足j-k=d，
其对应的al 也满足 j-l=d，那么这个配对(al,bk)必然在d天前也被同时访问。
对于bi，下一轮访问bi，对应的a指针会偏移 d=m%n
我们可以思考，从第一轮出发，多少次偏移会使得当b指针在bi时
a指针重新回到第一次的bi的对应点。
期间是否偏移到了这个bi的同数值a
这样就可以算出这个 大轮回 中bi产生的贡献
每个bi的大轮回长度是一样的，即lcm(n,m)
我们看k会出现在第几个大轮回内。
如果最后一个大轮回模拟，O(NM)
艹
或者我们O(M)枚举最后的一天是bi（假设）
然后计算对应的——
这命运之轮，让我想起旋转的吊灯，沙皇，我主贝伦，
谁都拥有幸福的权利。
讨论剩余系，而不是+1 +1天的观察
对每个b，以相碰为起点观察轮回
对于有对应同数值的a的bi，第一次相碰的天数记为fi
那么，lcm(n,m)后，bi会第二次相碰。
第w天的时候，bi产生的贡献就是 floor((w-fi)/lcm(n,m))
所有这些加起来就是总贡献，若等于k，这就是我们要找的w
这感觉是数论分块。
的确，是个数论题，lcm也有。
因为k关于w的函数显然是单调的，直接二分w。
但是最后答案输出与正确答案总是相差1或者2.
没时间DEBUG了，END
发现3题实时排名就300+，这场比较难？还是做的人太少了？
我猜我是 寻找第一个t使得t*d%n==c，这个过程出了错。
以下是错误代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define FOR(i,n) for (int i=1;i<=n;i++)
#define REP(i,a,b) for (int i=a;i<=b;i++)
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define pi pair<int,int>
#define mp make_pair
typedef long long ll;
typedef complex<double> comp;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll linf=1e18;
const int N=5e5+10;
const double eps=1e-10;
const ll mo=998244353;
int n,m;
ll k;
int a[N],b[N];
int p[2*N];
ll f[N];
ll T;
ll gcd(ll a,ll b) {
return (b==0)?a:gcd(b,a%b);
}
ll lcm(ll a,ll b) {
return a/gcd(a,b)*b;
}
ll get(ll d,ll n,ll c) {
c%=n;
ll t1=ceil(n/d);
ll u=t1*d%n;
if (u==0||c%u) return -1;
else return t1*c/u;
}
ll get(ll a,ll b) {
// (t*m)%n==(a-1-b+n)%n;
ll t;
if (a==b) t=0;
else t=get(m,n,a-b+n);
return t+b;
}
bool check(ll w) {
ll r=0;
FOR(i,m) if (p[b[i]]) {
if (w>f[i]&&f[i]!=-1) r+=(w-f[i])/T;
}
if (w-r>=k) return 1;
else return 0;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
//freopen("in.txt","r",stdin);
//freopen("out.txt","w",stdout);
cin>>n>>m>>k;
FOR(i,n) cin>>a[i];
FOR(i,m) cin>>b[i];
if (n>m) {
swap(n,m);
FOR(i,max(n,m)) swap(a[i],b[i]);
}
FOR(i,n) {
p[a[i]]=i;
}
FOR(i,m) if (p[b[i]]) {
if (p[b[i]]==i) f[i]=i;
else f[i]=get(p[b[i]],i);
}
T=lcm(n,m);
ll l=1,r=1e12;
ll w=0,ans=0;
while (l<=r) {
w=(l+r)>>1;
if (check(w)) {
ans=w;
r=w-1;
} else l=w+1;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
【E】
把一个东西变为另一个东西，转化题。
首先，你需要判断无解，有解的必要条件：行集合应该一样。
下一次排序为什么不会撤销上一次排序的效果？
效果依然保留的是，那些在这次排序中数值相等但是上一次对应数值不相等的那些。
只剩1h了，回去D
枚举最后一次操作？
【F】