[atARC112F]Die Siedler

1和2操作是独立的，换言之一定可以先执行1操作选择包裹，再执行2操作使得$0\le c_{i}<2i$

对于$c_{i}$，将其看作一个进制转换，并以$c_{i}$为从低到高的第$i$位，系数即为$2^{i-1}(i-1)!$

将其乘权累加，即令$c_{0}=\sum_{i=1}^{n}2^{i-1}(i-1)!c_{i}$，考虑2操作对$c_{0}$的影响：

1.对于$i$（$1\le i<n$）的操作，显然不会改变$c_{0}$

2.对于$n$的操作，即将$c_{0}$减去$2^{n}n!-1$（以下记作$N$）

根据最终$0\le c_{i}<2i$，代入即得到最终的$c'_{0}$满足
$$
c'_{0}\le \sum_{i=1}^{n}(2i-1)2^{i-1}(i-1)!=\sum_{i=1}^{n}2^{i}i!-\sum_{i=1}^{n}2^{i-1}(i-1)!=N
$$
1.对于$c_{0}\not\equiv 0(mod\ N)$的情况，$c'_{0}$一定是$c_{0}$对$N$取模的结果

2.对于$c_{0}\equiv 0(mod\ N)$的特殊情况下，则$c'_{0}=0或N$，由于初始以及任意一次操作后都会有$\sum_{i=1}^{n}c_{i}>0$，即$c'_{0}\ne 0$，因此$c'_{0}=N$

进一步的，确定最终的$1\le c'_{0}\le N$后，根据$0\le c_{i}<2i$，我们也可以从高到低依次确定$c_{i}$，那么也就是说我们仅关心于最终能产生哪些$c'_{0}$

更具体的，令$c_{0}=\sum_{i=1}^{n}2^{i-1}(i-1)!c_{i}$，$s_{i}=\sum_{j=1}^{n}2^{j-1}(j-1)!s_{i,j}$，观察式子可以发现每一项对应相加即为整体相加，因此取第$i$个包裹即令$c_{0}+=s_{i}$（模$N$意义下相加）

每一次都是加上$s_{i}$或减去$N$（模$N$），根据扩欧，有$c'_{0}\equiv c_{0}(mod\ \gcd(N,s_{1},s_{2},...,s_{n}))$，同时可以构造出一组整数解（不保证$s_{i}$系数非负且$N$系数非正），通过这组解，不断令$s_{i}$的系数加上$N$、$N$的系数减去$s_{i}$使其满足上面的两个条件，因此都是可以的

令$d=\gcd(N,s_{1},s_{2},...,s_{n})$，来考虑两种做法：

1.暴力枚举所有$c'_{0}$（要求$1\le c'_{0}\le N$）并构造出对应$c_{i}$，然后求出答案，这一做法复杂度为$o(\frac{nN}{d})$

2.先来构造最终的$c_{i}$，即要使得$\sum_{i=1}^{n}2^{i-1}(i-1)!c_{i}\equiv c_{0}(mod\ d)$

这个可以看作从$c_{i}=\{0,0,...,0\}$开始，将其中某一个$c_{i}$加1，移动到另一个点，由于我们仅关心于其模$d$的余数，因此可以看作一个大小为$d$的图，bfs即可，时间复杂度为$o(nd)$

（当$c_{0}\equiv 0(mod\ d)$时需要特判，因为不能令$c_{i}=\{0,0,...,0\}$）

由此，我们得到了一个$o(n\sqrt{N})$的做法，但复杂度似乎还不能接受

注意到$N=2^{n}n!-1$，$d$必然是其因子，而由于$N$形式的特殊性，打表可得
$$
\max_{2\le n\le 16,N=2^{n}n!-1,d|N}n\min(\frac{N}{d},d)\le 14577924
$$
（最大值是在$n=12$时取到，$d=1214827$）

上面这个式子即复杂度，那么就可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define oo 0x3f3f3f3f
queue<int>q;
vector<int>dis;
int n,m,x,ans;
ll N,d,c,val[21];
ll gcd(ll x,ll y){
    if (!y)return x;
    return gcd(y,x%y);
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    val[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)val[i]=2*(i-1)*val[i-1];
    d=N=2*n*val[n]-1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&x);
        c+=x*val[i];
        ans+=x;
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        ll s=0;
        for(int j=1;j<=n;j++){
            scanf("%d",&x);
            s+=x*val[j];
        }
        d=gcd(d,s);
    }
    if (d>N/d){
        for(ll i=c%d;i<=N;i+=d){
            if (!i)continue;
            ll k=i;
            int s=0;
            for(int j=n;j;j--){
                s+=k/val[j];
                k%=val[j];
            }
            ans=min(ans,s);
        }
        printf("%d",ans);
        return 0;
    }
    for(int i=0;i<d;i++)dis.push_back(oo);
    dis[0]=0;
    q.push(0);
    while (!q.empty()){
        int k=q.front();
        q.pop();
        for(int i=1;i<=n;i++)
            if (dis[(k+val[i])%d]==oo){
                dis[(k+val[i])%d]=dis[k]+1;
                q.push((k+val[i])%d);
            }
    }
    if (c%d)printf("%d",dis[c%d]);
    else{
        for(int i=1;i<=n;i++)ans=min(ans,dis[(N-val[i])%d]+1);
        printf("%d",ans);
    }
}