菜鸡永远都在做着变聚的梦。
题意
有 (4) 个点连成一个环，连接顺序依次为 (1-2-3-4-1)。相邻两个点之间有个距离 (d_{i,i+1})（特别地，当 (i=4) 时为 (d_{4,1})）。
有一个人在 (2) 号点，他要完成距离为 (K) 的跑步任务并回到 (2) 号点，问至少需要跑多长距离。
(1le d_ile 30000,space 1le Kle 10^{18})
题解
剩余系裸题？墨墨的等式练习题？
考场上瞎写了一波就交了，考后发现转移情况想 sb 了炸成 (70) 分了……（啪）
首先你需要会解决这么一个经典问题：给你 (n（nle 20）) 个数 (a_1,a_2,...,a_n)，求用这些数能加出来的 (ge K（Kle 10^{18}）) 的最小值（每个数可以用任意多次），即求 (a_1 x_1 + a_2 x_2 + ... + a_n x_n) 在 ([K,infty)) 范围内的最小值。
这就要用到一个东西：剩余系（我也忘了到底叫啥了，也可能是同余系）
虽然 (K) 的范围很大，但注意到 (a_i) 的范围并不大，所以我们任取一个数 (a_p)（这里为了方便设 (p) 为 (n)），以此为模数建系。
或者说，将 ([0,infty]) 内的正整数按照模 (a_p) 的值分类，所有模 (a_n) 的值相同的分入一类。显然我们只需要求出同一类数中最小的能加出来的数（设其为 (Min)），因为在这一类中，大于等于 (Min) 的所有数显然都能加出来（把 (Min) 加上若干个 (a_n) 即可），所以并不用考虑它们能不能被其它 (a_i) 加出来。
那怎么求每一类中最小的能加出来的数呢？
把 ([0,a_p-1]) 中的每个正整数视为一个点，每个点有 (n-1) 条出边，(i) 号点的第 (j) 条出边指向 ((i+a_j)\% a_n) 号点，边权为 (a_j)，然后从 (0) 号点出发跑单源最短路即可。
首先时间复杂度肯定是对的，点数为 (a_n)，边数为 (a_n imes (n-1))，跑 ( ext{dij}) 复杂度稳定 (O(a_nlog a_n))。
然后考虑正确性。因为边权是 (a_i)，所以到 (x) 号点的最短路就是 模 (K) 得 (x) 的一类中 最小的一个能被一堆 (a_i) 加出来的数。这种做法用最短路算法保证了时间复杂度的正确性……好神仙啊……
然后考虑本题。我们只需要随便选取一个大小合适的数 作为剩余系的模数就行了。
不难发现 (w=d_{1,2}) 就很合适，(2w) 代表从 (2) 号点跑到 (1) 号点再跑回来。
可以直接以 (d_{1,2}) 为模数建剩余系，那么设 (dis_{i,j}) 表示从起点出发到达 (i) 号点，距离模 (2w) 为 (j) 时的最短路。
(8w) 个状态跑 ( ext{dij})，复杂度 (O(wlog w))。
我 tm 忘了剩余系的模数可以取最小值，之前一直在取最大值
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 100010
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
const ll ll_inf = 9223372036854775807ll >> 1;
using namespace std;
inline ll read(){
ll x=0; bool f=1; char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=0;
for(; isdigit(c);c=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';
if(f) return x; return 0-x;
}
ll k;
int w,d[5];
ll dis[5][N];
bool vis[5][N];
priority_queue<pair<ll,pii>, vector<pair<ll,pii> >, greater<pair<ll,pii> > > Q;
void Dij(){
for(int i=0; i<4; ++i)
for(int j=0; j<w; ++j)
dis[i][j]=ll_inf, vis[i][j]=0;
dis[1][0]=0;
Q.push(mp(0,mp(1,0)));
pii tmp; int x,y;
while(!Q.empty()){
//int faq=Q.top().fi;
tmp=Q.top().se; Q.pop();
x=tmp.fi, y=tmp.se;
if(vis[x][y]) continue;
//cout<<faq<<' '<<x<<' '<<y<<endl;
vis[x][y]=1;
int x1=(x+1)%4, x2=(x+3)%4;
int y1=(y+d[x])%w, y2=(y+d[x2])%w;
if(dis[x1][y1]>dis[x][y]+d[x]){
dis[x1][y1]=dis[x][y]+d[x];
Q.push(mp(dis[x1][y1],mp(x1,y1)));
}
if(dis[x2][y2]>dis[x][y]+d[x2]){
dis[x2][y2]=dis[x][y]+d[x2];
Q.push(mp(dis[x2][y2],mp(x2,y2)));
}
}
}
int main(){
int T=read();
while(T--){
k=read();
for(int i=0; i<4; ++i) d[i]=read();
w=min(d[0]<<1,d[1]<<1);
Dij();
//cout<<dis[1][2165%1200]<<endl;
while(dis[1][k%w]>k) ++k;
printf("%lld
",k);
}
return 0;
}
scb 神仙推出了个不同的做法（但还是以剩余系为基础），需要对 (4) 个式子各求一遍经典问题，但是跑得很快 Orz 大家有兴趣可以去学(mo)一下