BZOJ2118 墨墨的等式[同余类最短路]

声明：关于这题的$O(mn)$尚且未深入理解，虽然之前有跟这位神仙聊过做法但并没太懂。。

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$O(mnlog m)$同余最短路做法：

首先不妨抽出最小的$a_i=m$，那么剩余的$a$如果可以表示出$x$，那么$x+km$的所有数都可以表出。所以对于$m$的同一个同余类$iin[0,m)$，我们希望求出$f_i=min{h|hmod m=i}$其中$h$是可以用其他$a$表出的，也就是用其他东西来表示出最小的、可以$mod m=i$的数，这样，所有$h+km(kin N)$都可以表示，而所有$h+km(k<0)$都不能表示。要求出这个数组，就需要使用这个同余类最短路算法，由背包DP的思路，对于其他一个不是$m$的$a$可以有$f_{(i+a)mod m}=min(f_i+a)$，也就是希望由其他最小值推得。那么对于$i o (i+a)mod m$建一条边权$a$的边，$f_0=0$，这样$f_i$如果要最小表示出来就是要从$f_0$找一条路到达他，加上路上边权最小，这个跑一遍最短路即可。

不过，有$m$个点，每个点有$n$个连边（有向），总边数$mn$，这个复杂度是$O(mnlog m)$的。由于O2dij优秀的常数所以可过。。。但是实际存在一种更快的$O(mn)$解法，我暂不甚理解，要先咕咕咕了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#define dbg(x) cerr << #x << " = " << x <<endl
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef pair<ll,int> pii;
template<typename T>inline T _min(T A,T B){return A<B?A:B;}
template<typename T>inline T _max(T A,T B){return A>B?A:B;}
template<typename T>inline char MIN(T&A,T B){return A>B?(A=B,1):0;}
template<typename T>inline char MAX(T&A,T B){return A<B?(A=B,1):0;}
template<typename T>inline void _swap(T&A,T&B){A^=B^=A^=B;}
template<typename T>inline T read(T&x){
    x=0;int f=0;char c;while(!isdigit(c=getchar()))if(c=='-')f=1;
    while(isdigit(c))x=x*10+(c&15),c=getchar();return f?x=-x:x;
}
const int N=5e5+7;
struct thxorz{int to,nxt,w;}G[N*11];
int Head[N],tot;
int n,m,a[13],c=1145141919;
ll L,R,ans;
inline void Addedge(int x,int y,int z){G[++tot].to=y,G[tot].nxt=Head[x],Head[x]=tot,G[tot].w=z;}
priority_queue<pii,vector<pii>,greater<pii> > q;
ll dis[N];
#define y G[j].to
inline void dij(){
    memset(dis,0x3f,sizeof dis);q.push(make_pair(dis[0]=0,0));
    while(!q.empty()){
        int x=q.top().second;ll d=q.top().first;q.pop();
        if(d^dis[x])continue;
        for(register int j=Head[x];j;j=G[j].nxt)if(MIN(dis[y],d+G[j].w))q.push(make_pair(dis[y],y));
    }
}
#undef y
int main(){//freopen("test.in","r",stdin);//freopen("test.ans","w",stdout);
    read(m),read(L),read(R);
    for(register int i=1,x;i<=m;++i)read(x),x&&MIN(c,a[++n]=x);
    for(register int i=0;i<c;++i)
        for(register int j=1;j<=n;++j)if(a[j]^c)Addedge(i,(i+a[j])%c,a[j]);
    dij();//for(register int i=0;i<c;++i)printf("%d %d
",i,dis[i]);
    for(register int i=0;i<c;++i)ans+=(dis[i]<=R?1+(R-dis[i])/c:0)-(dis[i]<=L-1?1+(L-1-dis[i])/c:0);
    return printf("%lld
",ans),0;
}

PS：由于图不是特殊构造的，所以spfa速度更快，但是是不是复杂度$O(mn)$我也不知道。。

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20191008UPD

国庆期间由于某种机缘，我把这题不理解的$O(mn)$解法向$ ext{zzq}$老师询问，然后可能是有一些明白了。。。

上面提到用$f$表示同余最小的表示数，其实就是类似于一个无限背包。每个新的$a_i$可以去刷表，也就是以前的$f_{i-1,j}$，然后不断的刷，各个$a$之间应当是相互独立的，更新顺序无所谓，并且每个$a$连边应当形成一些环，这些环也相互独立，是“全等”的。不过由于是环形的特殊结构，不能直接用背包的方法刷表，分析一下发现最小的那个不会被更新，于是找到每个环上最小的那个，开始向后做常规的无限背包，做一圈。zzq提出的方法是直接无脑绕两圈更新，实际上都是一样的道理。code的话。。不想写了。。可以参考上面那个神仙的代码。