[ POI 2017 ] Podzielno

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(Description)

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(B)进制数，每个数字(i(iin [0,B-1]))有(A_i)个。用这些数字组成一个最大的(B)进制数(X)(不能有前导零，不需要
用完所有数字)，使得(X)是(B-1)的倍数。(q)次询问，每次询问(X)在(B)进制下的第(k)位数字是什么。

• (Bin [2,10^6])，(A_iin [1,10^6])，(qin [1,10^5])，(kin [1,10^{18}])

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(Solution)

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• 首先考虑位本身的影响，因为(Bequiv1pmod{B-1})，则有(B^Kequiv1pmod{B-1})，所以位的不同不会影响数字对(B-1)的取模，换句话说，固定了选哪些数字之后，如何排列对取模后的答案没有影响。

• 于是把每一位拆开看，假设一共有(len)个数位，第(i)位放的数为(d_i)，则该数在(B-1)的剩余系下的答案为(egin{align}sum_{i=0}^{len-1}d_i imes B^iequiv sum_{i=0}^{len-1}d_ipmod{B-1}end{align})

• 于是直接将给出的数字求和，并对(B-1)取模，注意到数据有一个很好的性质，所有的数字至少有一个，所以直接将求和取模得到的数个数(-1)即可，注意如果取模答案为(0)并不需要减掉个数。

• 然后构造答案的方法显然，因为要组成的数字最大，所以大的数字放前面，这样询问即可在个数上二分了。

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(Code)

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#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 100010
#define R register
#define gc getchar
using namespace std;

int f[N];
struct lim{int l,r;}s[N];
struct seg{int l,r,val;}p[N];

inline int rd(){
  int x=0; bool f=0; char c=gc();
  while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();}
  while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}
  return f?-x:x;
}

inline bool cmp1(lim x,lim y){return x.l==y.l?x.r<y.r:x.l<y.l;}

inline bool cmp2(seg x,seg y){return x.r==y.r?x.l<y.l:x.r<y.r;}

inline int find(int x){
  int l=0,r=x-1;
  while(l<r){
    int mid=((l+r+1)>>1);
    if(p[mid].r<p[x].l) l=mid;
    else r=mid-1;
  }
  return l;
}

int main(){
  int n=rd(),tot1=0,tot2=0;
  for(R int i=1,l,r;i<=n;++i){
    l=rd(); r=rd();
    if(l+r<n){s[++tot1].l=l+1;s[tot1].r=n-r;}
  }
  sort(s+1,s+1+tot1,cmp1);
  for(R int i=1,cnt;i<=tot1;++i){
    cnt=1;
    while(s[i+1].l==s[i].l&&s[i+1].r==s[i].r) ++cnt,++i;
    cnt=min(cnt,s[i].r-s[i].l+1);
    p[++tot2].l=s[i].l; p[tot2].r=s[i].r; p[tot2].val=cnt;
  }
  sort(p+1,p+1+tot2,cmp2);
  for(R int i=1;i<=tot2;++i)
    f[i]=max(f[i-1],f[find(i)]+p[i].val);
  printf("%d
",n-f[tot2]);