同余最短路

引入

先介绍一下大家熟知的差分约束问题，通过建图将线性规划问题转化为图论问题。

给定多个形如$a_i-a_j\ge c_{ij}$的不定式，找出一种可行解。

这种问题有一种很巧妙的构造方法，就是将这类问题抽象成一个图论问题来解决。

具体来说，就是将不等式移项，变为$a_i\ge a_j+c_{ij}$，发现很像最短（长）路中的式子。

在每条边都松弛完成之后，在最短路中每条边都满足$d_y\le d_x+z$（不存在负环），反之可以继续松弛。同理，在最长路中每条边都满足$d_y\ge d_x+z$（不存在正环）。

如此，发现和原来的不等式很像，于是连接$j$到$i$，边权为$c_{ij}$的边，跑一边最长路，就得到了原问题的一种可行解。

这个东西叫做三角不等式，将一类线性规划问题通过三角不等式转换为图论问题解决，成功在多项式时间复杂度之内解决了这个难题。

我们发现通过建图将数学问题转化为图论问题的思路很好，尝试推广一下。

例题1

题目传送门：P3403 跳楼机。

题意简述：给定一栋大楼，从一楼开始，每次可以向上走$x,y,z$层楼，问可以到达的楼层数。

数据范围：楼高$1 \le h\le 2^{63}-1$，每次移动的距离$1\le x,y,z\le10^5$。

提示：这是道图论题，~~由博客标题可知~~。

Solution

我们发现$h$很大，设最后到达的楼层数为$D$，有$D=k_xx+k_yy+k_zz$且满足$k_x,k_y,k_z\in \text{N}$。

然后你发现你只能固定$k_x,k_y$算出方案数，但$h$太大了，~~数论做法卒~~。

我们站在先人的肩膀上，考虑建图转化为图论问题。

我们发现每次执行一次操作，都是$D_1=D_2+edge,edge\in{x,y,z}$。这不是最短路问题吗？

在最短路松弛结束后，每个点都至少有一个入边满足$d_y=d_x+z$，于是可以建图最短路，找到所有点。

但是有一个新的问题，就是$h$的范围太大，最短路的时空复杂度都承担不下。

于是，我们考虑一个神奇的运算，取模！

发现我们只需将$\text{mod }x$后的值保存下来，在统计答案时在统计$\text{mod } x$同余的楼层一起计算即可。

这种将余数相同的数一起考虑，再建图转化为图论问题的思想被称为同余最短路！

具体来说，我们记$f(i)$为只通过若干加$y$和加$z$最后到达的楼层中$\text{mod }x=i$的最小楼层。

P.S记最小楼层是为了方便求出方案数。

写出状态转移方程式：

\[f((i+y)\%x)=f(i)+y\\f((i+z)\%x)=f(i)+z \]

将$i,(i+y)\%x,(i+z)\%x$视为点跑最短路即可，初始状态$f(1)=1$。

这样点和边的规模都变为和$x,y,z$有关，设$x,y,z$的值域为$n$，所以时间复杂度为$O(nlogn)$。

让我们再想想方案数怎么统计。

显然，对于每个$f(i)$我们最后只需考虑填$x$的方案数。

所以$ans=\sum_{i=0}^x(\left \lfloor \frac{h-f(i)}{x} \right \rfloor +1)$，$O(n)$计算即可。

代码如下：

~~SPFA已经死了无数次了，虽然这题不卡但还是用dijkstra吧。~~

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
using namespace std;
const int N=1e5+10,M=2e5+10;

int head[N],ver[M],edge[M],nxt[M],tot=1;
void add(int x,int y,int z){
    ver[++tot]=y,edge[tot]=z,nxt[tot]=head[x],head[x]=tot;
}

ll f[N],ans,h,X,Y,Z;
bool v[N];
priority_queue<pair<ll,int>>q;
void dijkstra(){
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    f[1]=1;q.push({1,1});
    while(q.size()){
        int x=q.top().second;q.pop();
        if(v[x])continue;
        v[x]=1;
        for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
            int y=ver[i];
            if(f[y]>f[x]+edge[i]){
                f[y]=f[x]+edge[i];
                q.push({-f[y],y});
            }
        }
    }
}

int main(){
    scanf("%lld%lld%lld%lld",&h,&X,&Y,&Z);
    if(X==1||Y==1||Z==1)printf("%lld\n",h),exit(0);
    for(int i=0;i<X;i++){
        add(i,(i+Y)%X,Y);
        add(i,(i+Z)%X,Z);
    }
    dijkstra();
    for(int i=0;i<X;i++)
        if(f[i]<=h)ans+=(h-f[i])/X+1;
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

例题2

题目传送门：[ABC077D] Small Multiple

题意简述：给定一个整数$K$，求一个$K$的倍数$S$，使得$S$在十进制下的数位和最小，输出最小数位和。

数据范围：$2\le K \le 10^5$。

Solution

这题有非常好的性质，对于每个$S$，每次$\times 10$对答案没有贡献；每次$+1$，答案$+1$。

于是这样就可做了，将每个$S$看作一个点，建图跑最短路，判断是否是$K$的倍数。

但是$S$可以很大，于是我们可以像上题一样，用取模压缩状态。

直接保存$S\%K$的值即可，~~还挺直接的~~。

边权只有$0$和$1$，01bfs也可做。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
using namespace std;
const int N=1e5+10,M=2e5+10;

int head[N],ver[M],edge[M],nxt[M],tot=1;
void add(int x,int y,int z){
    ver[++tot]=y,edge[tot]=z,nxt[tot]=head[x],head[x]=tot;
}

ll f[N],n;
bool v[N];
priority_queue<pair<ll,int>>q;
void dijkstra(){
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    f[1]=1;q.push({1,1});
    while(q.size()){
        int x=q.top().second;q.pop();
        if(v[x])continue;
        v[x]=1;
        for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
            int y=ver[i];
            if(f[y]>f[x]+edge[i]){
                f[y]=f[x]+edge[i];
                q.push({-f[y],y});
            }
        }
    }
}

int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=0;i<n;i++)
        add(i,(i+1)%n,1),add(i,(i*10)%n,0);
    dijkstra();
    printf("%lld\n",f[0]);
    return 0;
}

~~做过的最水紫题之一。~~

例题3

题目传送门：P2371 [国家集训队] 墨墨的等式

题意简述：求出$[l,r]$内有多少个$K$满足$\sum_{i=1}^na_ix_i=K$。

数据范围：$$n \le 12$，$0 \le a_i \le 5\times 10^5$，$1 \le l \le r \le 10^{12}$。

Solution

好熟悉，定睛一看，不是加强版的跳楼机吗？

差分一下，变为求$[0,l-1]$和$[0,r]$的贡献。做法如出一辙。

~~又水一道紫题。~~

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
using namespace std;
const int N=5e5+10,M=6e6+10;

int head[N],ver[M],edge[M],nxt[M],tot=1;
void add(int x,int y,int z){
    ver[++tot]=y,edge[tot]=z,nxt[tot]=head[x],head[x]=tot;
}

ll f[N],ans,n,l,r,a[N],m;
bool v[N];
priority_queue<pair<ll,int>>q;
void dijkstra(){
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    f[0]=0;q.push({0,0});
    while(q.size()){
        int x=q.top().second;q.pop();
        if(v[x])continue;
        v[x]=1;
        for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
            int y=ver[i];
            if(f[y]>f[x]+edge[i]){
                f[y]=f[x]+edge[i];
                q.push({-f[y],y});
            }
        }
    }
}

ll solve(ll x){
    ll ans=0;
    for(int i=0;i<a[1];i++)
        if(f[i]<=x)ans+=(x-f[i])/a[1]+1;
    return ans;
}

int main(){
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&l,&r);
    for(int i=1,x;i<=n;i++){
        scanf("%d",&x);
        if(x)a[++m]=x;
    }
    for(int i=0;i<a[1];i++)
        for(int j=2;j<=m;j++)
            if(a[j]!=a[1])add(i,(i+a[j])%a[1],a[j]);
    dijkstra();
    printf("%lld\n",solve(r)-solve(l-1));
    return 0;
}

总结

~~学会同余最短路又可以水一堆题。~~

思路大概是：数论做法$\Rightarrow$建图等价转换$\Rightarrow$发现在$\%K$下等价，缩小数据范围。

注意模数的选取，不然会出问题。

posted @ 2024-10-04 17:54 lichenyu_ac 阅读(576) 评论(0) 收藏举报

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