Jzoj3192 球

小包有N个球和A个盒子。球标号为0到N-1，盒子编号为0到A-1。标号为x的球放在下标为x mod A的盒子里。
然后他得到了B个新盒子，编号为0到B-1。他想把所有球从旧盒子里面拿出来放到新盒子，标号为x的球放在下标为x mod B的盒子里。
对于某个球来说，如果原本放在下标为a的旧盒子，现在放在下表为b的新盒子，那么费用为|a-b|。
求出总花费。a,b<10^6 N<10^9

这个题比较有趣

首先我们发现一个性质，对于0~a-1这a个数，我们只需要知道0对应的是哪个数，就可以快速算出这a个数的贡献

比如a=3 b=5

012|012|012|012|012

012|340|123|401|234

对于第一组，我们知道贡献显然为0

第二组贡献为3*2+2*1=8

第三组类似

另外呢，我们发现对于c=lcm(a,b)来说，0~c-1和c~2c-1的答案相同，即有循环

所以我们可以将时间复杂度优化到O(a)

#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#define L long long
using namespace std;
L gcd(L a,L b){
	for(L c;b;a=b,b=c) c=a%b;
	return a;
}
inline L f(L i,L j,L k){
	L S1=min(i,j-k)*k;
	L S2=(i-min(i,j-k))*(j-k);
	return S1+S2;
}
int main(){
	L i,n,a,b,S=0,r,c,S1=0;
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&a,&b);
	r=gcd(a,b); c=a/r*b;
	if(a>b) swap(a,b);
	for(i=0;i<c;i+=a)
		S1+=f(a,b,i%b);
	S+=S1*(n/c); n%=c;
	for(i=0;i<n;i+=a)
		S+=f(a,b,i%b);
	if(i>a){ i-=a; S-=f(a,b,i%b); }
	for(;i<n;++i) S+=abs((i%a)-(i%b));
	printf("%lld
",S);
}