ARC112F Die Siedler
ARC112F Die Siedler
题目来源：Atcoder, ARC112F Die Siedler
题目大意
你有若干张编号为 $ 1 $ 到 $ n $ 的卡片，和 $ m $ 包可以无限开的卡包，你可以以任意顺序执行任意多次以下操作：
- 将 $ 2i $ 张编号为 $ i $ 的卡片换成一张编号为 $ i \bmod n + 1$ 的卡片。
- 选择一个卡包打开并获得其中的所有卡片。
你希望你拥有的卡片张数尽可能的少。
你需要求出经过任意多次操作后你拥有的卡片的最小张数。
数据范围：\(1\leq n\leq 16, 1\leq m\leq 50\)。
本题题解
定义与一些基本性质：
定义一个“局面” \(A\) 是一个长度为 \(n\) 的非负整数序列，\(A_i\) 表示编号为 \(i\) 的卡片有多少张。
定义两个局面的加法，就是把同类型的卡片数量相加。即：\((A + B)_i = A_i + B_i\)。
对于整数 \(x\)，我们定义它的生成局面 \(G(x)\) 为：编号为 \(1\) 的卡片数量为 \(x\)、其他卡片数量为 \(0\) 的局面。
定义一次逆向操作，是把 \(1\) 张编号为 \(i + 1\) 的卡片，换成 \(2i\) 张编号为 \(i\) 的卡片（\(1\leq i < n\)）。
定义 \(g(A)\) 表示把局面 \(A\) 里所有东西逆向操作到位置 \(1\) 后，能得到多少张卡片。即：\(g(A) = \sum_{i = 1}^{n}A_i2^{i - 1}(i - 1)!\)。
定义 \(T(A)\) 表示把局面 \(A\) 里所有东西逆向操作到位置 \(1\) 后，得到的局面。即，\(T(A) = G(g(A))\)。
定义 \(f(A)\) 表示对 \(A\) 里的数使用若干次正向操作后，能得到的最小卡片张数。\(f(A)\) 可以用贪心法求出，也就是只要任意位置能使用操作，我们就用一下，显然操作的顺序不影响结果。
不难证明如下两条性质：
- \(f(A) = f(T(A))\)。
- \(f(A + B) = f(T(A) + T(B))\)。（可加性）
此外我们发现，任意一个局面 \(A\)，都可以通过 \(n\) 次正向操作，使得 \(A_1\) 减小 \(2^{n}n! - 1\)，其他位置数值不变。其实就是把 \(2^{n}n!\) 张编号为 \(1\) 的卡片，依次换为编号为 \(2, 3, \dots,n\) 的卡片，再换回来，变成 \(1\) 张编号为 \(1\) 的卡片。称这样的 \(n\) 次正向操作，为一个基本变换。
暴力做法：
特判最开始所有卡片数量都为 \(0\) 的情况。以下认为初始时至少存在一种卡片数量 $ > 0$。
把每个卡包也看做一个局面，记卡包 \(i\) 为局面 \(C_i\)。记初始局面为 \(A\)。
因为 \(f(A) = f(T(A))\)，且 \(f(A + B) = f(T(A) + T(B))\)。所以只需要考虑 \(T(C_i)\) 和 \(T(A)\)，对它们操作，能够得到的最优局面是什么。使用一次卡包 \(i\)，就相当于令 \(g(A)\gets g(A) + g(C_i)\)。换句话说，我们把每个局面（和卡包）都映射为了一个数（也就是 \(g(A)\)）。把局面之间的变换，转化为了数的变换。
设 \(c_i = g(C_i)\)。设 \(a = g(A)\)。那么最终能得到的，编号为 \(1\) 的卡片数量，可以写成如下形式：
其中 \(x_1\dots x_n\) 以及 \(y\) 都是非负整数，\(x_i\) 表示开了多少次卡包 \(i\)，\(y\) 表示使用了多少次基本变换。
我们的目标，就是在所有可能的正整数 \(v\) 中，找出 \(f(G(v))\) 最小的那个。
根据裴蜀定理，不定方程 \(x_1 c_1 + x_2 c_2 + \dots + x_n c_n - y(2^{n}n! - 1) = k\) 有解，当且仅当 \(k\) 是 \(\gcd(c_1, c_2, \dots, c_n, (2^nn! - 1))\) 的倍数。并且发现，只要满足该条件，就一定存在一组解使得 \(x_1\dots x_n\) 和 \(y\) 都非负。因为如果 \(x_i < 0\) 或 \(y < 0\)，可以令 \(x_i\texttt{+=}(2^nn! - 1), y \texttt{+=} c_i\)，这样和是不变的，操作若干次后，总能让所有数非负。
设 \(d = \gcd(c_1, c_2, \dots, c_n, (2^nn! - 1))\)。那么问题转化为：求一个正整数 \(v\)，满足 \(v\equiv a\pmod{d}\)，且 \(f(G(v))\) 最小。
设 \(a' = a\bmod d\)，那么我们可以从 \(v = a', a' + d, a' + 2d\dots\) 一直枚举下去，看哪个 \(v\) 得到的局面最优。当然，枚举到 \(2^nn! - 1\) 后就不用再枚举了，因为循环了。具体来说，我们要求的是：
暴力枚举 \(t\)，暴力计算 \(f\)，则时间复杂度 \(\mathcal{O}(2^nn! \cdot n)\)。
优化：
我们上述的枚举量，实际是 \(\mathcal{O}(\frac{2^nn! - 1}{d})\) 级别的，所以考虑对 \(d\) 进行根号分治。
当 \(d\geq \sqrt{2^nn! - 1}\)，直接按上述方法暴力。时间复杂度 \(\mathcal{O}(\frac{2^nn! - 1}{d}\cdot n)= \mathcal{O}(\sqrt{2^nn! - 1}\cdot n)\)。
当 \(d < \sqrt{2^nn! - 1}\)，跑同余最短路。问题相当于求，\(g(S)\bmod d = a'\) 的所有局面 \(S\) 里，\(f(S)\) 最小是多少。我们可以对所有 \(0\leq i < d\), \(1\leq j\leq n\)，从 \(i\) 向 \((i + 2^{j - 1}(j - 1)!)\bmod d\) 连边，边权为 \(1\)。起点是所有 \(2^{j - 1}(j - 1)!\)，初始权值为 \(1\)（起点不能设为 \(0\)，因为 \(v\) 必须是正数）。求到点 \(a'\) 的最短路即可。时间复杂度是 \(\mathcal{O}(d\cdot n) = \mathcal{O}(\sqrt{2^nn! - 1}\cdot n)\) 的。
注意到当 \(n\leq16\) 时，\(2^nn! - 1\) 的因数中 \(\leq \sqrt{2^nn!- 1}\) 的最大因数为 \(1214827\)。因此上述做法可以通过本题。
参考代码
// problem: ARC112F
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;
template<typename T> inline void ckmax(T& x, T y) { x = (y > x ? y : x); }
template<typename T> inline void ckmin(T& x, T y) { x = (y < x ? y : x); }
const int MAXN = 16, MAXM = 50;
const int INF = 1e9;
const ll LL_INF = 1e18;
int n, m;
ll coef[MAXN + 5];
struct State {
int a[MAXN + 5];
ll val;
ll read() {
val = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> a[i];
val += coef[i - 1] * a[i];
}
return val;
}
State() {}
};
State A, C[MAXM + 5];
ll gcd(ll x, ll y) { return (!y) ? x : gcd(y, x % y); }
int main() {
cin >> n >> m;
coef[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
coef[i] = coef[i - 1] * 2 * i;
}
ll a = A.read();
if (!a) {
cout << 0 << endl;
return 0;
}
ll mod = coef[n] - 1;
ll d = mod;
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
d = gcd(C[i].read(), d);
}
if (d < mod / d) {
vector<int> dis(d);
queue<int> q;
for (int i = 0; i < d; ++i) {
dis[i] = INF;
}
for (int i = 0; i < n; ++i) {
dis[coef[i] % d] = 1;
q.push(coef[i] % d);
}
while (!q.empty()) {
int u = q.front();
q.pop();
for (int i = 0; i < n; ++i) {
int v = (u + coef[i]) % d;
if (dis[v] > dis[u] + 1) {
dis[v] = dis[u] + 1;
q.push(v);
}
}
}
cout << dis[a % d] << endl;
} else {
ll ans = LL_INF;
for (ll v = a % d; v <= mod; v += d) {
if (v == 0) continue;
ll f = 0;
ll vv = v;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
// f += vv % (2 * i);
// vv /= 2 * i;
f += vv % coef[i] / coef[i - 1];
}
ckmin(ans, f);
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
}
