Online Judge：Luogu， Codeforces Round #592 (Div. 2) C
Label：数学，思维题， 枚举
题目描述
某球队一共打了(n)场比赛，总得分为(p)，已知赢一场得(w)分，平局一场得(d)分，输一场不加分也不减分，问一共赢了几场(x)，平局了几场(y)，输了几场(z)？如果不存在合法方案输出"-1"，如果存在多组可能的方案，任意输出一组(Special Judge)。
也就是任求一组符合条件的非负整数三元组((x,y,z))，满足:
输入
四个整数(n,p,w,d)。
输出
输出三个整数表示符合条件的三元组，如果不存在，则输出"-1"。
样例
Input#1
30 60 3 1
Output#1
17 9 4
Input#2
10 51 5 4
Output#2
-1
Input#3
20 0 15 5
Output#3
0 0 20
Hint
(1<=n<=10^{12})，(0<=p<=10^{17})，(1<=d<w<=10^{5})。
注意，题目数据保证了(d<w)，也就是赢一场的得分严格大于平局一场的得分。
题解
一开始看题，直接打了个exgcd去解不定方程最小解，结果好像中间会爆long long 就WA掉了。其实仔细读题，根本根本不需要这样搞。
现在需要解一个这样的方程组
①式可以转化为(x+y<=n)，(z)的大小再根据(x,y)具体调整即可。
假设存在一组二元组((x,y))，已经能够满足②式了，现在考虑再构造一组解，使得(x+y)尽量小，能满足①式。
则有
也就是说必然还存在一组满足②式的解((x+d,y-w))，多次进行这样的操作，可以得到((x+2d,y-2w))，((x+3d,y-3w))，......，由于需要满足(x>0,y>0,z>0)，必然有一个下限使得此时的(y'<w)，减不动了，可以证明此时的这组解一定是最优的（也就是此时的(x'+y')最小）。为什么呢，由于题目强调了(w>d)，也就是(x->x')的增量小于(y->y')减量，所以此时的(x'+y')一定最小。
所以只用枚举(y∈[0,w-1])即可，然后分别带入计算得到此时的(x)，再判一下(x+y<=n)这个条件，如果这个范围内都没有满足条件的解，(y)再往大枚举也不可能出现满足条件的解了。
综上时间复杂度为(O(W))，(W<=10^5)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
typedef long long ll;
ll n,p,w,d;
signed main(){
cin>>n>>p>>w>>d;
for(int y=0;y<w;y++){
int left=p-y*d;
if(left%w)continue;
int x=left/w;
if(x>=0&&x+y<=n){
printf("%lld %lld %lld
",x,y,n-x-y);
return 0;
}
}
puts("-1");
}