AGC 031F Walk on Graph - 数论 - 并查集

题目传送门

  传送门

  考虑把这个过程倒过来,这样每走一次就会变成 $2x + w$。

  朴素做法是判断到某个点,值为 $x$ 是否可行,考虑寻找一些性质来优化这个做法。

  不难发现直接做的话是单向边,这样处理起来比较困难。

  考虑一条边 $(u, v, w)$,如果在这条边上进行左右横跳的话,可以从 $(u, x)$ 转移到 $(v, 2x + w)$,即一个状态有唯一后继。同时因为模数为奇数,这一过程是可逆的,所以一个状态有唯一前驱。因此这会形成一个环。我们不断在这个环上走,可以从 $(v, 2x + w)$ 走到 $(u, x)$。因此可达性是双向的。

  考虑一个点的某两条出边 $(a, b, w_1), (a, c, w_2)$,那么可以得到状态 $(a, 4x + 3w_1), (a, 4x + 3w_2)$,因此 $(a, x)$ 和 $(a, x + 3(w_1 - w_2))$ 是互相可达的。显然这个连通块中任意一个点 $p$ 都满足 $(p, x)$ 和 $(p, x + 3(w_1 - w_2))$ 是互相可达的。

  考虑如果一对边边权的差为 $d$,那么我可以让 $(p,x)$ 到达 $(p, x +3d)$ 。证明考虑从一条边到另外一条边的路径,不难用中间的点来得到这个差。

  因此设所有边两两之差的最大公约数为 $d$,设 $g = (MOD, 3d)$,那么 $(p, x)$ 和 $(p, x + g)$ 都是可以互相到达的。

  注意到此时任意一条边的边权为 $kd + r$。先考虑一下 $r = 0$ 怎么做。此时任意一个点的状态都可以表示为 $td$,我们可以把值对 $g$ 取模,因此我们只关心 $t$ 对 $3$ 取模后的余数。然后就是一个点数只有 $3n$ 的图判断连通性,直接并查集维护就行了。

  现在考虑 $r \neq 0$ 的情形。注意到所有边的 $r$ 都是相同的,最终路径的权值是 $\sum_{i} 2^i (k_i d + r) = kd + (2^l- 1) r$ 。现在比较难处理的问题是 $2^l - 1$。考虑左后横跳可以在不改变 $k\mod 3$ 的情况下使得 $l$ 增加 2。因此枚举 $k$ 和 $l$ 的奇偶性,判断是否存在一个 $l$ 使得 $kd + (2^l - 1) r = R$。现在状态数只有 $6n$ 并查集维护即可。

Code

/**
 * AtCoder
 * AGC031F
 * Accepted
 * Time: 54ms
 * Memory: 2432k
 */
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef bool boolean;

int n, m, q, N, Mod, g;
vector<int> uf;
vector<int> A, B, C;
vector<boolean> f[2];

int gcd(int a, int b) {
	return b ? gcd(b, a % b) : a;
}
int _abs(int x) {
	return x < 0 ? -x : x;
}

int find(int x) {
	return uf[x] == x ? x : (uf[x] = find(uf[x]));
}
void unit(int x, int y) {
	x = find(x), y = find(y);
	(x ^ y) && (uf[x] = y);
}

void init(vector<boolean>& f, int r) {
	f.resize(Mod, false);
	while (!f[r]) {
		f[r] = true;
		r = 4 * r % Mod;
	}
}

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin >> n >> m >> q >> Mod;
	uf.resize(N = 6 * n);
	A.resize(m);
	B.resize(m);
	C.resize(m);
	for (int i = 0; i < m; i++) {
		cin >> A[i] >> B[i] >> C[i];
		if (i) {
			g = gcd(g, _abs(C[i] - C[0]));
		}
	}
	if (!g)
		g = Mod;
	Mod = gcd(3 * g, Mod);
	int R = C[0] % g;
	for (int i = 0; i < N; i++)
		uf[i] = i;
	for (int i = 0; i < m; i++) {
		--A[i], --B[i], C[i] = (C[i] - R) / g;
		for (int k = 0; k < 3; k++) {
			for (int r = 0; r < 2; r++) {
				int cs = (k << 1) | r;
				int ns = (((k << 1) + C[i]) % 3) << 1 | (r ^ 1);
				unit(A[i] * 6 + cs, B[i] * 6 + ns);
				unit(A[i] * 6 + ns, B[i] * 6 + cs);
			}
		}
	}
	init(f[0], R);
	init(f[1], R * 2 % Mod);
	while (q--) {
		int s, t, r;
		cin >> s >> t >> r;
		boolean res = false;
		--s, --t;
		for (int k = 0; k < 3; k++) {
			int nv = (r + R - k * g) % Mod;
			(nv < 0) && (nv += Mod);
			for (int p = 0; p < 2; p++) {
				if (find(t * 6) == find(s * 6 + k * 2 + p)) {
					res = res || f[p][nv];
				}
			}
		}
		cout << ((res) ? ("YES") : ("NO")) << '\n';
	}
	return 0;
}
posted @ 2020-05-10 18:20  阿波罗2003  阅读(212)  评论(0编辑  收藏  举报