【同餘最短路】P3403+P2371+P2662+牛客4853D

同餘最短路經典套路

給定$n$個數，每個數都可以選多次（也可以不選），將所有選中的數相加。問最終能夠組成多少種不同的數或者不能組成的最大數或者。。。
形如$ax+by+cz+..=k$，其中$a,b,c$表示對應的數的選中次數。
從最簡單的$ax+by=k$入手分析：
$by=k-ax$ $by\%x \in{[0,x-1]}$ $i\Rightarrow(i+y)\%x,cost=y,i\in{[0,x-1]}$
也就是說由$by$組成的值對$x$取餘，可以將這些值根據餘數分爲$x$組，也就是同餘類。並且從餘數$i$到餘數$(i+y)\%x$的代價是$y$。
建圖，邊的信息爲$(i, (i+y)\%x, y), i\in{[0,x-1]}$，表示從點$i$到點$(i+y)\%x$的代價是$y$（當然也存在 $by\%x\ne i$這種情況）。
$dis[i]$表示滿足$by\%x=i$的最小的$by$，也就是最少要選取$b$次$y$，才能使$by\%x=i,b≥0$，也就是每個同餘類中的最小值。
求$dis[]$就相當於在圖中求最短路（我習慣用spfa），且$dis[0]=0$（因爲$0*y\%x=0$）
求完$dis[i]$之後便得到了每個同餘類中的最小值$p_i$，很明顯$p_i+x$和$p_i$屬於同一個同餘類中，並且$p_i+tx\ne p_j+tx,0≤i,j≤x-1,i\ne j$，這樣就得得到了$ax+by=k$組成的所有的不同的$k$值。
對於$ax+by+cz=k$這種式子，按照同樣的思路建圖，邊的信息爲：
$(i, (i+y)\%x, y)$$(i, (i+z)\%x, z)$
對應的$dis[i]$表示滿足$by+cz\%x=i$的最小的$by+cz$。
爲了使圖中的節點數最少，取這$n$個數中的最小值作爲$x$，那麼圖中的邊數爲$x(n-1)$。

P3403

傳送門

• 題意：
  相當於求$ax+by+cz+1$能夠組成多少個小於$h$的不同的數。
• 思路：
  因爲$by+cz+1$當$b=0,c=0$時得到$1$，所以根據$dis[i]$的定義有$dis[1\%x]=1$。
  求出$dis[]$後，可知$\displaystyle ans=\sum_{i=0}^{x-1} (\frac{h-dis[i]}{x}+1)$，$(h>=dis[i])$
• ac代碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9+7;
const int maxn = 1e5+10;
struct node{
    int nxt, val;
};
vector<node> edge[maxn];
queue<int> q;
int x, y, z;
ll h;
ll dis[maxn];
bool inq[maxn];
void spfa()
{
    for(int i = 0; i <= x; i++) dis[i] = LLONG_MAX, inq[i] = false;
    dis[1%x] = 1;
    q.push(1%x); inq[1%x] = true;
    while(!q.empty())
    {
        int now = q.front(); q.pop(); inq[now] = false;
        for(auto e: edge[now])
        {
            int nxt = e.nxt, val = e.val;
            if(dis[now]+val<dis[nxt])
            {
                dis[nxt] = dis[now]+val;
                if(!inq[nxt]) q.push(nxt), inq[nxt] = true;
            }
        }
    }
}
int main()
{
    //freopen("/Users/zhangkanqi/Desktop/11.txt","r",stdin);
    scanf("%lld %d %d %d", &h, &x, &y, &z);
    int p = min(x, min(y, z));
    if(y==p) swap(x, y);
    else if(z==p) swap(x, z);
    for(int i = 0; i < x; i++)
    {
        edge[i].push_back({(i+y)%x, y});
        edge[i].push_back({(i+z)%x, z});
    }
    spfa();
    ll ans = 0;
    for(int i = 0; i < x; i++) if(h>=dis[i]) ans += (h-dis[i])/x+1;
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

P2371

傳送門

• 題目：
  求$\sum{a_ix_i}$的值有多少個在$[l,r]$內，$x_i$已知。
• 思路：
  先求出$\sum{a_ix_i}$有多少種小於等於h的值，記爲$cnt[h]$（這就是P3403要解決的問題）。
  $ans=cnt[r]-cnt[l-1]$
• ac代碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9+7;
const int maxn = 5e5+10;
struct node{
    int nxt, val;
};
vector<node> edge[maxn];
queue<int> q;
ll dis[maxn];
int a[20];
bool inq[maxn];
ll n, l, r;
void spfa()
{
    for(int i = 0; i <= a[1]; i++) dis[i] = LLONG_MAX;
    dis[0] = 0; q.push(0); inq[0] = true;
    while(!q.empty())
    {
        int now = q.front(); q.pop(); inq[now] = false;
        for(auto e: edge[now])
        {
            int nxt = e.nxt, val = e.val;
            if(dis[now]+val<dis[nxt])
            {
                dis[nxt] = dis[now]+val;
                if(!inq[nxt]) q.push(nxt), inq[nxt] = true;
            }
        }
    }
}
ll cnt(ll h)
{
    ll ans = 0;
    for(int i = 0; i < a[1]; i++)
        if(h>=dis[i]) ans += (h-dis[i])/a[1]+1;
    return ans;
}
int main()
{
    //freopen("/Users/zhangkanqi/Desktop/11.txt","r",stdin);
    scanf("%lld %lld %lld", &n, &l, &r);
    int mi = INT_MAX;
    for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]), mi = min(mi, a[i]);
    for(int i = 1; i <= n; i++) if(a[i]==mi) {swap(a[i], a[1]); break; }
    for(int i = 0; i < a[1]; i++)
        for(int j = 2; j <= n; j++)
            edge[i].push_back({(i+a[j])%a[1], a[j]});
    spfa();
    printf("%lld\n", cnt(r)-cnt(l-1));
    return 0;
}

P2662

傳送門

• 題目：
  題目轉化爲求$\sum{a_ix_i}$不能組成的最大的數（根據題意可知指的是正數），$x_i$已知，不存在或最大值不能確定輸出$-1$。
• 思路：
  • 如果存在$x_i=1$，那麼可以得到任何正數，輸出$-1$
  • 如果對於$x$的一個同餘類$i$，得不到相應的$dis[i]$，說明對於滿足$w\%x=i$的$w$，都不能由這些數得到，且$w$可以無限大，無法確定最大值，輸出$-1$。
  • $dis[i]$是同餘類$i$裏面的最小值，那麼在同餘類$i$中，屬於這個同餘類但不可得到的最大數爲$dis[i]-x$，那麼$ans=max\{dis[i]-x\},i\in{[0,x-1]}$
• ac代碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 3e3+10;
struct node{
    int nxt, val;
};
vector<node> edge[maxn];
queue<int> q;
int n, m, x;
int a[110];
ll dis[maxn];
bool inq[maxn];
void spfa()
{
    for(int i = 0; i < x; i++) dis[i] = LLONG_MAX, inq[i] = false;
    dis[0] = 0; inq[0] = true;
    q.push(0);
    while(!q.empty())
    {
        int now = q.front(); q.pop(); inq[now] = false;
        for(auto e: edge[now])
        {
            int nxt = e.nxt, val = e.val;
            if(dis[now]+val<dis[nxt])
            {
                dis[nxt] = dis[now]+val;
                if(!inq[nxt]) q.push(nxt), inq[nxt] = true;
            }
        }
    }
}
int main()
{
    //freopen("/Users/zhangkanqi/Desktop/11.txt","r",stdin);
    scanf("%d %d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
    sort(a+1, a+1+n);
    if(m>=a[1]-1) {printf("-1\n"); return 0;}//任何長度都可以達到
    x = a[1]-m;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        for(int j = max(a[i-1]+1, a[i]-m); j <= a[i]; j++)//不統計重複的長度
            for(int k = 0; k < x; k++)
                edge[k].push_back({(k+j)%x, j});
    spfa();
    ll ans = 0;
    for(int i = 0; i < x; i++)
    {
        if(dis[i] == LLONG_MAX) {printf("-1\n"); return 0;}//最大值不存在（可以無窮大）
        else ans = max(ans, dis[i]-x);//該同餘類不能構成的最大的數
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

牛客練習賽60：D

傳送門

• 題目：
  求滿足$ax+by+cz=k$的一組解，$a,b,c$已知。
• 思路：
  裸的同餘最短路題，在求最短路的時候記錄下$b$值在最短路的路徑中出現的次數。
  當然本地也可以枚舉z的值，用擴展歐幾里得算法做，然後就是上模板了。
• ac代碼：
  • 同餘最短路做法（正解）：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9+7;
const int maxn = 1e5+10;
int a, b, c;
ll k;
struct node{
    int nxt, val;
};
vector<node> edge[maxn];
queue<int> q;
ll dis[maxn], cntb[maxn];
bool inq[maxn];
void spfa()
{
    for(int i = 0; i < a; i++) dis[i] = LLONG_MAX, cntb[i] = 0;
    dis[0] = 0;
    q.push(0);
    while(!q.empty())
    {
        int now = q.front(); q.pop(); inq[now] = false;
        for(auto e: edge[now])
        {
            int nxt = e.nxt, val = e.val;
            if(dis[now]+val<dis[nxt])
            {
                dis[nxt] = dis[now]+val;
                cntb[nxt] = cntb[now];
                if(val==b) cntb[nxt]++;
                if(!inq[nxt]) inq[nxt] = true, q.push(nxt);
            }
        }
    }
}
int main()
{
    //freopen("/Users/zhangkanqi/Desktop/11.txt","r",stdin);
    scanf("%d %d %d %lld", &a, &b, &c, &k);
    for(int i = 0; i < a; i++)
    {
        edge[i].push_back({(i+b)%a, b});
        edge[i].push_back({(i+c)%a, c});
    }
    spfa();
    for(int i = 0; i < a; i++)
    {
        if(k>=dis[i] && (k-dis[i])%a==0)
        {
            printf("%lld %lld %lld\n", (k-dis[i])/a,  cntb[i], (dis[i]-cntb[i]*b)/c);
            break;
        }
    }
    return 0;
}

• 擴展歐幾里得算法：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9+7;
const int maxn = 1e3+10;
ll a, b, c, k;
ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y)//ax+by,返回gcd（a, b）
{
    if(b == 0)
    {
        x = 1;
        y = 0;
        return a;//gcd(a,b)
    }
    ll r = exgcd(b, a%b, x, y);//x1=y2 ,  y1=x2-a/b*y2
    ll t = x;
    x = y;
    y = t - a/b*y;
    return r;
}
bool linear_equation(ll a, ll b, ll c, ll &x, ll &y)//ax+by=c
{
    ll com = exgcd(a, b, x, y);
    if(c%com) return false;
    ll k = c/com;
    x *= k; y *= k;//一組解
    ll B = abs(b/com);
    x = ((x%B)+B)%B; //最小正整數解x
    y = (c-a*x)/b;
    if(x>=0 && y>=0) return true;
    else return false;
}
int main()
{
    scanf("%lld %lld %lld %lld", &a, &b, &c, &k);
    ll x, y;
    for(ll z = 0; z <= 100000; z++)
    {
        if(linear_equation(a, b, k-z*c, x, y))
        {
            printf("%lld %lld %lld\n", x, y, z);
            break;
        }
    }
    return 0;
}