同余最短路学习笔记
今天闲着没事去翻图论如何建模，看到差分约束下面讲的就是我没学过的同余最短路，对此感到极为惊奇，特此来学习。
这个东西看着就很抽象，直接来看题。
P3403 跳楼机
形式化题意：给定四个正整数 \(x,y,z,H\)，求整数 \(d\) 满足
\(d\in[0,H],ax+by+cz=d\) 的 \(d\) 的个数。
显然：如果一个数 \(k\) 可以被写为 \(k=bx+cy\)（此处 \(b,c\) 都为非负整数），则 \(k\) 为一定为合法答案，同时 \(k+x,k+2x,k+3x,k+4x……\) 等都一定为合法答案。（此处保证答案小于等于 \(H\)）
我们可以定义一个函数为 \(f(i)\)，表示 \((by+\) \(cz)\) $ mod$ $ x$ \(=\) \(i\) 时取的最小的 \(ay+bz\)。
我们可以通过ZLC惊人的注意力显然发现性质：
$f(i)+y\ge f((i+y) $ $ mod $ $ $ \(x)\)
$f(i)+z\ge f((i+z) $ $ mod $ $ $ \(x)\)
我们可以再次用ZLC惊人的注意力显然发现性质：这玩意长得好像图论里面的四边形不等式哇哇哇！！！
所以可以掏出图论，开始连边：（\(i\in[0,x)\)）
用 \(i\) 向 \((i+y)\) \(mod\) \(x\) 连一条边权为 \(y\) 的有向边。
用 \(i\) 向 \((i+z)\) \(mod\) \(x\) 连一条边权为 \(z\) 的有向边。
连完边之后，跑一遍最短路（迪杰斯特拉和那死了的玩意都可以），得到 \(f[i]\) 。（其实就是得到的 \(dis[i]\)）
对于答案，其实就是：
$\sum_{i=0}^{x-1}\left \lfloor \frac{H-f(i)}{x} \right \rfloor +1 $
为什么要加 \(1\)，那是因为 \(f(i)\) 自己也是可行解。
对于这道题，只要把 \(H\) 减个 \(1\) ，就是上面给的所有了。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define pb push_back
#define pi pair<int,int>
using namespace std;
const int N=1e5+100;
const int INF=(1ll<<63)-1;
int h,d[N],ans;
int x,y,z;
bool v[N];
vector<pi> G[N];
priority_queue<pi> q;
signed main()
{
cin>>h>>x>>y>>z;
h--;
for(int i=0;i<x;i++)
G[i].pb({(i+y)%x,y}),G[i].pb({(i+z)%x,z}),d[i]=INF;
d[0]=0;
q.push({0,0});
while(q.size())
{
int x=q.top().second;q.pop();
if(v[x]) continue;
v[x]=true;
for(auto k:G[x])
{
int y=k.first,z=k.second;
if(d[y]>d[x]+z)
d[y]=d[x]+z,q.push({-d[y],y});
}
}
for(int i=0;i<x;i++)
if(h>=d[i])
ans+=(h-d[i])/x+1;
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
P2371 墨墨的等式
这道题就是上一道题的拓展版。上一道题只有三个数，这一道题就是 \(n\) 个数。
和上一道题一样的思路，只需要把 \(H\) 改成 \(l\) 和 \(r\) 就好了，在最后统计答案的时候处理好闭区间就可以了。
贴上正常的代码。
我没有打这个正常的代码，从你谷上找了一篇题解直接贴过来了
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn = 5e6 + 20;
int n;
ll w[15];
ll h,ans;
ll d[maxn];
ll l,r;
bool v[maxn];
struct N{
int to,net,va;
}a[maxn << 2];
int head[maxn];
int cnt;
void add(int x,int y,int w)
{
a[++cnt].to = y;
a[cnt].net = head[x];
a[cnt].va = w;
head[x] = cnt;
}
void SPFA()
{
memset(v,0,sizeof v);
memset(d,0x3f3f3f3f,sizeof d);
queue<int> q;
q.push(0);
v[0] = 1;
d[0] = 0;// 注意从0开始，因为基数为 0，换句话说就是，余数从0开始算
while(!q.empty())
{
int from = q.front(); q.pop();
v[from] = 0;
for(int i = head[from]; i; i = a[i].net)
{
int to = a[i].to;
int va = a[i].va;
if(d[to] > d[from] + va)
{
d[to] = d[from] + va;
if(!v[to])
{
v[to] = 1;
q.push(to);
}
}
}
}
}
int main()
{
scanf("%d%lld%lld",&n,&l,&r);
for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%lld",&w[i]);
sort(w+1,w+n+1);
for(ll i = 0; i < w[1]; ++i)
{
for(int j = 2; j <= n; ++j)
{
add(i, (i+w[j]) % w[1] , w[j]);
}
}
SPFA();
for(ll i = 0; i < w[1]; ++i)
{
if(d[i] <= r) // 如果小于r ，就加答案
{
ans += (r - d[i])/w[1] + 1;
}
if(d[i] < l) // 如果小于l ，说明不合法，减去这一部分
{
ans -= (l - 1 - d[i])/w[1] + 1;
}
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
然后我看到了魏老师的 \(blog\)。膜拜得无以复加。
简要内容：存在简单的，不需要最短路的做法。
选择不从图论的角度去思考，而是选择Dp。更具体的说，完全背包。再具体一点说，模 \(m\) 意义下的完全背包。
具体内容可以看魏老师的 \(blog\)。
总之，对于这种做法，时间复杂度为 \(O(n^2)\) ，但是代码简短，简单易写。
（ps:魏老师的代码好像没有判 \(0\) 诶）
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=5e5+100;
int n,m;
int l,r,ans;
int a[N];
int f[N];
bool sg=false;
signed main()
{
cin>>n>>l>>r;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
if(!a[i])
sg=true;
}
if(sg)
{
cout<<r-l<<endl;
exit(0);
}
memset(f,0x3f,sizeof f);
f[0]=0;
sort(a+1,a+n+1);
m=a[1];
for(int i=2;i<=n;i++)
for(int j=0,lim=__gcd(m,a[i]);j<lim;j++)
for(int t=j,c=0;c<2;c+=t==j)
{
int p=(t+a[i])%m;
f[p]=min(f[p],f[t]+a[i]);
t=p;
}
for(int i=0;i<a[1];i++)
{
if(r>=f[i]) ans+=max((int)0,(r-f[i])/a[1]+1);
if(l>f[i]) ans-=max((int)0,(l-1-f[i])/a[1]+1);
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
一些其他题目：
P2662 牛场围栏:一定要注意判无解啊啊啊
[ABC077D] Small Multiple:好题啊啊啊啊
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