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前言
這場比較容易，但是D沒在考場上做出來。考場上一直在找規律求解 \(f_i\) 陣列，確沒去想這是一個dp。第二天早上突然發現這題是dp。www。
A,B,C 太水了就不提了。
D
把這個問題簡化為：給你 \(n\) 對關係，每對關係形如 \((a_i, a_i-b_i)\)，意思是如果你現在手上的值 \(val\)，\(val \ge a_i\) 那麼可以使得 \(val -= a_i-b_i\) 從而收穫 2 的貢獻。（（使用條件，步長））然後會給你 \(m\) 個初始值 \(c_j\)，求你可以獲得的最大貢獻。（每個初始值相互獨立）
資料範圍：\(1 \le a_i,b_i \le 10^6\)，\(1 \le c_j \le 10^9\)
由這個資料範圍的特性容易想到先預處理 \(\max\{a_i\}\) 以內的，對於 \(c_j>\max\{a_i\}\) 的，用貪心走最短的步長（獲得最大的貢獻）走到 \(<\max\{a_i\}\)。
那麼設 \(f_i\) 表示初始值為 \(i\) 可以走的最大貢獻。將 \(n\) 對關係放入一個桶陣列，下標表示使用條件（\(a_i\)），存最短的步長（\(\min\{a_i-b_i\}\)）（最有可能使得貢獻值最大），在狀態轉移前同時更新當前可用最短步長（\(s\)），那麼狀態轉移方程為：
\(f[i] = f[i-s]+1\)
最後統計答案，對於每個 \(c_j\)：如果 \(c_j \le \max\{a_i\}\)，那麼直接累計 \(f[c_j]\) 進入答案；如果 \(c_j > \max\{a_i\}\)，先減去若干倍（\(cnt\)）全域性最小步長，得到一個最大的 \(k\)，使得 \(k \le \max\{a_i\}\)，那麼對答案的貢獻即 \(2cnt+f[k]\)
時間複雜度 \(O(n)\)
Talk is cheap.Show me the code.
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read() {
int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
while(ch<'0' || ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch=getchar(); }
return x * f;
}
const int N = 1e6+7;
int n,m;
int a[N],b[N],f[N];
int t[N];
signed main()
{
n = read(), m = read();
int mx = 0;
for(int i=1;i<=n;++i) a[i] = read(), mx = max(mx, a[i]);
for(int i=1;i<=n;++i) b[i] = read();
for(int i=1;i<=n;++i) {
t[a[i]] = (!t[a[i]] ? a[i]-b[i] : min(t[a[i]], a[i]-b[i]));
}
int step = 0;
for(int i=1;i<=mx;++i) {
if(t[i]) step = (!step ? t[i] : min(step, t[i]));
if(step) f[i] = f[i-step] + 1;
}
int ans = 0;
while(m--) {
int c = read();
if(c > mx) {
int d = step;
int cnt = (c-mx-1)/d + 1;
ans += cnt + f[c-cnt*d];
} else {
ans += f[c];
}
}
printf("%lld\n",ans*2);
return 0;
}