【题解】洛谷 P4339 [ZJOI2018]迷宫 (UOJ#375)

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初稿 on 2020-05-28 16:26:54

构造有 \(K\) 个点的“基本方案”

考虑构造一个有 \(∞\) 个点的方案。
为了方便,我们假设题目中的 \(1\) 号点为 \(0\) 号点。
对于一个点 \(x\),我们使它的第 \(i(i\in[0,m-1])\) 条出边指向节点 \(x · m + i\)
为了使得路径能回到 \(0\) 号点,我们使所有满足 \(x\equiv 0 \pmod {K}\) 的点的第 \(0\) 条出边都指向 \(0\)。容易证明这样一定是可行的。
于是我们容易想到,如果把每个节点的编号都模上 \(K\),我们将得到一个有 \(K\) 个点的方案。

整理一下:
为了得到一个有 \(K\) 个点的方案,对于每一个节点 \(x\in[0,K-1]\),其第 \(i(i\in[0,m-1])\) 条出边指向节点 \((x · m + i)\bmod K\)

“缩点”

我们发现,样例中第一组数据是满足我们的构造方案的,但是第二、三组数据的答案均比 \(n=K\) 优秀。
考虑用我们的方案先构造一个 \(m=2,n=K=4\) 的方案
m2k4-1.PNG
其中黑色边表示 \(0\) 号边,红色边表示 \(1\) 号边。
我们能发现什么东西么?
基本事实 1 如果两个点可以到达的点集相同,那么这两个点可以被缩成 1 个点。
所谓“可以到达的点集相同”,形式化的说,对于两个点 \(a,b\),是指 \(\forall \ {0\le i<m}\),有 \((a · m + i)\bmod K = (b · m + i)\bmod K\) 或者 \((a · m + i)\bmod K = b\) 或者 \((b · m + i)\bmod K = a\)
感性理解,就是缩点之后, \(\forall \ {0\le i<m}\), 被缩点的第 \(i\) 条出边指向的目标点不会不同。
如样例第二组数据,可以对 \(1,3\) 号节点缩点,变成这样:
m2k4-2.PNG
可以发现,这就是样例解释。
\(0\) 号点对应样例 \(1\) 号点,\(2\) 号点对应样例 \(2\) 号点,\(13\) 号点对应样例 \(3\) 号点)

再给一张大一点的图(对应样例第三组数据)。
黑色边表示 \(0\) 号边,红色边表示 \(1\) 号边,绿色边表示 \(2\) 号边,蓝色边表示 \(3\) 号边,紫色边表示 \(4\) 号边,橙色边表示 \(5\) 号边。
col-释.PNG
\(m=6,K=8\) 时可以构造出一个 \(n=8\) 的基本方案
m6k8-1.PNG
缩点后得到一个 \(n=5\) 的最佳方案
m6k8-2.PNG
可以手玩一下验证其正确性
即样例输出

关于 \(0\) 号节点

注意到上面几张图中 \(0\) 号节点都没有被缩点。
注意到这个节点比较的特殊,不能被缩点。
为什么?
因为 \(0\) 号节点可以被作为迷宫的结束点,而别的任意一个节点均不满足这一性质,自然不能与 \(0\) 号节点一起缩点。
但是其他与 \(0\) 可以到达的点集相同的点之间时可以缩点的。
口说无凭,以图解释。
\(m=3,K=3\) (黑色边表示 \(0\) 号边,红色边表示 \(1\) 号边,绿色边表示 \(2\) 号边)
基本方案 \(n = 3\)
m3k3-1.PNG
缩点后 \(n = 2\)
m3k3-2.PNG

什么时候可以缩点

对于两个可以缩的点 \(a, b\)
因为 \(\forall 0\le i<m,a·m+i\equiv b·m+i\pmod K\)
所以若有 \(a·m\equiv b·m\pmod K\) 则可以缩点
\(g = \gcd(m, K)\)
则有 \(a·\frac{m}{g}\equiv b·\frac{m}{g}\pmod {\frac{K}{g}}\)
\(m^′=\frac{m}{g},K^′=\frac{K}{g}\)
则有 \(a·m^′\equiv b·m^′\pmod {K^′}\)
此时 \(m^′,K^′\) 互质
那么若有 \(a\not\equiv 0 \pmod {K^′}\)\(b\not\equiv 0 \pmod {K^′}\),就一定有 \(a\equiv b \pmod {K^′}\)

证明:
不妨设 \(a=cK^′+e,b=dK^′+f\)
其中 \(e,f\in[0,K^′)\)\(c,d,e,f\) 均为自然数
\(\therefore a\equiv e\pmod {K^′},b\equiv f\pmod {K^′}\)
\(\because a·m^′\equiv m^′(cK^′+e)\equiv m^′cK^′+m^′e\equiv m^′e\pmod {K^′},\)
\(b·m^′\equiv m^′(dK^′+f)\equiv m^′dK^′+m^′f\equiv m^′f\pmod {K^′}\)
\(\therefore m^′e=m^′f\pmod {K^′}\)
\(\because m^′,K^′\) 互质且 \(a\not\equiv 0 \pmod {K^′}\)\(b\not\equiv 0 \pmod {K^′}\)
\(\therefore e=f\)
\(\therefore a\equiv b\pmod {K^′}\)
因此原命题得证

考虑计算哪些点可以缩点。
对于点 \(x\)\(x\) 可以化为 \(x=yK^′+z\),其中 \(z\in[0,K^′)\)\(y,z\) 均为自然数。
一个点可以被缩点,当且仅当 \(z\not ={0}\)
此时能与点 \(x\) 缩为一点的点 \(z\) 都相等。
而对于 \(x\in [0,K)\)\(z\) 相等的数有 \(g\) 个。
因此,对于同一个 \(z\) 对应的 \(g\) 个点,缩为一点的时候会减少 \(g-1\) 个点。
因为 \(z\in [1,K^′)\) 时可以缩点,所以有 \(K^′-1\) 组可以缩的点,这些点会使答案减少 \((g-1)(K^′-1)\)
所以最终答案为 \(K - (g-1)(K^′-1)\),其中 \(g = \gcd(m, K)\)

发现这一性质满足样例的三组数据。
提交后,我们获得了 \(0\) 分的好成绩。

论证之不严密

我们发现,有些点是可以被二次缩点的。
观察下列 \(m=2,K=8\) 的图(黑色边表示 \(0\) 号边,红色边表示 \(1\) 号边)
基本方案 \(n=8\)
m2k8-1.PNG
一次缩点 \(n=6\)
m2k8-2.PNG
二次缩点 \(n=5\)
m2k8-3.PNG
这时候我们的原计算方案就失效了,需要寻求新的解决方案。

递归缩点

由于需要多次缩点,考虑递归求解。

发现两个点 \(x,y\) 能被二次缩点,一定需要满足 \(x·m^u=y·m^u \pmod{K^′}\)
不妨设当前缩点后还剩下 \(r\) 个点,不妨设其编号为 \(1\dots r\) (排除 \(0\) 号节点)。
需要注意,在前一轮缩点中没有被缩点的点,下一轮一定不可能被缩点(自行感性理解,或者结合上面 \(m=2,K=8\) 的图理解,不会证)
考虑设计一个函数 solve,返回缩点中去除了几个节点。
分析这个函数需要的参数。
由于每次一定进行了缩点,\(r\) 值变化, \(r\) 需要作为参数。
同时需要参数 \(t=m^u\) (其中 \(u\) 的实际意义是递归次数,但不会存储)
还需要参数 \(K\)。因为每次计算时都使用 \(K^′\),所以应该将 \(K^′\) 传给下一层递归函数。
同时由于我们下传的 \(K\) 每次都除以了 \(g\),下传的 \(t\) 也应该一并除以 \(g\) (实际原因:\(t\) 实际不是 \(u\) 次递归中 \(m\) 的乘积,而应该是 \(u\) 次递归中 \(m^′\) 的乘积)
考虑到如果 \(g=1\),那么一定不能缩点(显然不证)
考虑到如果 \(r<K^′\),点的个数小于“出边构成的集合”的种类数,也不能缩点。
因此上述两种情况都应该返回 \(0\) 以表示缩去了 \(0\) 个点。
考虑到缩点的时候,缩得的 \(K^′\) 个点中有 \(t\) 个点是不可能再次被缩的,因此传给下一层 solve\(r\) 应为 \(K^′-t\)

考虑递归终止条件。
假设 \(r<0\) 显然应该终止。
但是 如果这样计算,\(t\) 有可能会爆 int64(实测 \(80\) \(pts\)),所以我们需要再上一层就判断传给下一层的 \(r\) 的正负,而且不应当用整数乘法,应当用浮点数除法
(事实上,你可以使用 __int128 解决问题,但不能保证 ZJOI i3 老年机会不会返回 \(0\) 分的好成绩)

solve 的返回值应为下一层递归的结果加上 \(r-K^′\)(到这一层剩余的点减去缩得的点个数)

代码放 solve 函数和 main 函数

其中 K_ 表示 \(K^′\)m_ 表示 \(m^′\)

typedef long long int64;

int64 solve(int64 r, int64 t, int64 K) {
    int64 g = gcd(m, K), K_ = K / g, m_ = m / g;
    if (g == 1 || r <= K_) return 0;
    if ((double)K_ / m_ < t) return r - K_;
    t *= m_;
    return solve(K_ - t, t, K_) + r - K_;
} 
int main()
{
    T = read<int>();
    while (T--) {
        m = read<int64>();
        K = read<int64>();
        int64 g = gcd(m, K), K_ = K / g;
        write(K - solve(K - 1, 1, K), 10);
    }
    return 0;
}
posted @ 2020-05-28 16:34  航空信奥  阅读(326)  评论(0编辑  收藏  举报