纪中暑假集训 2020.07.31【NOIP提高组】模拟 T1：【NOIP2015模拟11.3晚】次芝麻

【NOIP2015模拟11.3晚】次芝麻

Description

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5 5 3

Sample Output

0

Data Constraint

反思&题解

比赛&正解思路： 刚开始手玩了几个样例，发现两个数每一次操作的变化规律为本身乘上2再与两个加起来的总和取模，接下来我来证明一下：
我们设每次操作中较小的数为x，较大的数为y，很显然两个数分别变成$2x$以及$y-x$，最后答案就是取最小的
因为x是较小的数，即使两个数相等，x也不会大于他们的总和，$2x$所以跟他们的总和取一下模的答案是不变的，如果取模的答案为0也就是说另一个数已经变成了0，每次操作都不会变了，对答案取min不会产生影响
又因为y变成的是$y-x$，将式子加上一个y再减去一个y的结果是不变的，即$2y-(x+y)=y-x$，又因为y是较大的那个数，所以$2y$是无论如何也不可能超过x和y的总和乘2的，所以$2y/(x+y)$的结果只有两种情况：得1余0，得1余某个数字（方便写我们表示成z），得2余0
余0的情况同理x取模为0的情况
而余z的情况，根据除法验算的方法可知，$1(x+y)+z=2y$，即$x+y+z=2y$，即$z=2y-x-y$，化简得$z=y-x$，也就是余数等于下一次操作的结果
如果还有问题的朋友可以评论出来我再来解释
所以最后的答案就是$min(2^{k}n,2^{k}m)$，注意这俩数都要取模
反思： 有时候手模样例出奇迹！！！

CODE

#include
using namespace std;
long long n,m,k,mo;
long long power(long long x,long long y)
{
	long long tot=1;
	while (y)
	{
		if (y&1) tot=tot*x%mo;
		y>>=1;
		x=x*x%mo;
	}
	return tot;
}
int main()
{
	freopen("sesame.in","r",stdin);
	freopen("sesame.out","w",stdout);
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
	mo=n+m;
	printf("%lld\n",min(n*power(2,k)%mo,m*power(2,k)%mo));
	return 0;
}