睡眠不足啊，午睡也沒補好，馬上迎來又一場CF。
不做人了，我做鬼。
上次不用樣例檢驗吃了大虧。
這次不管怎么樣，都用樣例檢驗一遍。
【A】
模擬題。因為有延誤的問題，因此不一定按照期望時間表運行。
每次判斷下一次出發的時間即可。
【B】
竟然有彩圖
區間標記，差分即可。
【C】
PK題？
但這規模有點大啊
感覺只能排序 然后雙指針？
設x y z w是排序后的新下標
那么 x<z<w<y
為什么ai不是10^9？
我們倒是可以從ai入手，首先ax+ay=az+aw
變形 ax-az=aw-ay
變成差的問題，范圍[1,2.5*10^6]
枚舉這個差
但是配對的端點如果也枚舉的話就時間不夠了
轉D
調整法，可以認為區間[x,z]和[w,y]是z<w的，不穿梭
反向差分，求前綴和，那么可以轉為求兩個相等的區間和。
f[i][x]表示1~i內是否存在區間和==x
那么f[i][x]=f[i-1][x] | f[i][x-b[i]]
還是想雙指針
排序后，p和q分別在1和2
然后哪一個指針右移造成的增量小，就移動哪個，（但是單步小不能說明什么）
這樣會產生一系列配對和，記錄它們，然后——
反過來做一遍？
首先，對每種數值，記錄相應的ai
如果存在兩種數值v1和v2，其數組的size的大小都>1
那么取里面的數字下標即可。
否則，最多只有一個數值其size>1
分 有 或 沒有 討論
如果有 我們可以以2*v1為sum，然后掃一遍數組看看有無這樣的配對。O(N)
否則和 沒有 的情況一同處理
此時四個目標都不相同
再思考相鄰數字的差，一共n-1個
假設有兩個差相同，且對應的配對中數字不重復，
取它們作為答案
否則
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
而因為ai是<=2.5*10^6的，因此這種情況下n一定是sqrt(10^6)的級別，直接枚舉配對即可。
如果有相等的差，且數量>=3個，也可以取為答案，否則最多一個三元形式。
n也是sqrt(10^6)級別的，O(N^2)處理即可。
【D】
找循環節
首先，最多n*m次，一定開始循環，最壞情況是可能達到的。兩個素數。
首先看n=m的情況
這種情況比較簡單，統計一下不同點數量c，然后k%c，就知道是哪一天會暴走。
n!=m，假設n<m
注意a數組都是不同的，b同理
我們其實只要關注k<=n*m的情況就行了。
TMD，感覺我被題目牽着走。
能不能把循環轉化成別的東西。
如果把max(n,m)天視為一輪，那么
這里就是m
第一輪我們直接復制n的循環湊齊m
然后計算不同點的數量，第二輪，其實就相當於左移n天的循環？
可是計算不同偏移下的不同點數量似乎也要n*m？
轉E
發現一個性質，因為a和b分別都是無重復元素的
因此對於b中的一個元素，最多只有一個a的元素等於它。
它們的日程碰到的時候才產生貢獻。
對於b，（注意我們以后就設b的m>a的n，否則我們交換數組a和b）
每個bi，可以確定唯一的aj=bi，記h[i]=j，可以為0
對於一個配對(aj,bi)，如果某天同時訪問到它們，且，有一個bk，滿足j-k=d，
其對應的al 也滿足 j-l=d，那么這個配對(al,bk)必然在d天前也被同時訪問。
對於bi，下一輪訪問bi，對應的a指針會偏移 d=m%n
我們可以思考，從第一輪出發，多少次偏移會使得當b指針在bi時
a指針重新回到第一次的bi的對應點。
期間是否偏移到了這個bi的同數值a
這樣就可以算出這個 大輪回 中bi產生的貢獻
每個bi的大輪回長度是一樣的，即lcm(n,m)
我們看k會出現在第幾個大輪回內。
如果最后一個大輪回模擬，O(NM)
艹
或者我們O(M)枚舉最后的一天是bi（假設）
然后計算對應的——
這命運之輪，讓我想起旋轉的吊燈，沙皇，我主貝倫，
誰都擁有幸福的權利。
討論剩余系，而不是+1 +1天的觀察
對每個b，以相碰為起點觀察輪回
對於有對應同數值的a的bi，第一次相碰的天數記為fi
那么，lcm(n,m)后，bi會第二次相碰。
第w天的時候，bi產生的貢獻就是 floor((w-fi)/lcm(n,m))
所有這些加起來就是總貢獻，若等於k，這就是我們要找的w
這感覺是數論分塊。
的確，是個數論題，lcm也有。
因為k關於w的函數顯然是單調的，直接二分w。
但是最后答案輸出與正確答案總是相差1或者2.
沒時間DEBUG了，END
發現3題實時排名就300+，這場比較難？還是做的人太少了？
我猜我是 尋找第一個t使得t*d%n==c，這個過程出了錯。
以下是錯誤代碼：
#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】
把一個東西變為另一個東西，轉化題。
首先，你需要判斷無解，有解的必要條件：行集合應該一樣。
下一次排序為什么不會撤銷上一次排序的效果？
效果依然保留的是，那些在這次排序中數值相等但是上一次對應數值不相等的那些。
只剩1h了，回去D
枚舉最后一次操作？
【F】