bzoj5213: [Zjoi2018]迷宫

好题！话说省选的都开始构造了吗

由于有K的倍数的限制所以不妨取模，先建K个点表示0~K-1这些数，第i个点向[i*m,i*m+m]建边。不难发现这是合法的但不一定是最优的

考虑合并等价的点，首先从直观上考虑，当两个点能够转移到的点相同时，它们一定可以合并，但是能够合并的点远远不止这些

考虑一般化，对于两个节点x,y，假设x*m^q=y*m^q (mod K) 那么只要在q步中x和y没有到达0节点的方案，那么x和y就可以合并

 

具体的，首先0一定不能被删掉，现在考虑q=1时，1~K-1中等价点

把所有数乘m，只有gcd(m,K)的倍数才能表示出来，对于变成同一个数的点就可以去重了（不过并不需要具体实行这一步骤）

然后，对于能够表示出的能够到达0节点的点，无论如何都没有办法合并，把其中还存在的点计入答案（q=1都存在，但是q递增后就变化了）

让q++，把乘完m得出的每个不同的数拿出来继续进行上述操作，每一轮相当于把在第q轮可以到达0节点且在之前的轮中没有被删的节点计入答案，再把恰好在第q轮等价的点去重（感觉用unique表达更贴切）

 

现在我们目标是快速模拟这个过程，令f(l,K)，表示现在要解决的数值域为[1,l],模数为K，考虑如何递归求解

若l<=K/d，没有溢出不会相交，直接返回l即可

仅考虑q=1的情况，在后期继续递归的时候再考虑满足条件。对于以前可以到达0的数为[(K-l),K]，那么此时已经可以到达0的数为[K-m*(K-l),K]，在这个值域的数的个数为m*(K-l)/gcd(m,K)，计入答案（这里可能有点玄学，可以先看下面再回来看）

为了保证值域连续，当把数都变成gcd(m,K)的倍数后，令所有数都除以gcd(m,K)变为连续，此时上界为(K-m*(K-l))/gcd(m,K)（注意m*(K-l)是可以到达0的数的个数，是要保留的部分不参与递归了。用总数减去保留的数量剩下的再变成压缩同余系），相应的同余系大小K也应该变成K/gcd(m,K)

最终继续递归求f((K-m*(K-l))/gcd(m,K),K/gcd(m,K)),注意会有l>K的情况，此时会取遍K/gcd(m,K)直接返回即可

有一个疑问是对于值的改变是否m也应该随之改变？

ccosi(远行客)的说法：(感谢大佬的解答)

你是不是觉得应该乘上m/d？
事实上(k-l)这里已经/d了，所以是直接乘m，下一层的k-m(k-l)就是上一层的k/d-m((k-l)/d)

ta的blog

我的理解是对于每个数我们是乘上而不是加上m，那么域的变化是不影响乘法的

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL gcd(LL a,LL b){return (a==0)?b:gcd(b%a,a);}
 
LL m;
LL solve(LL l,LL K)
{
    LL d=gcd(m,K);
    if(l<=K/d)return l;
    if(K<=(double)m*(K-l))return K/d;
    else return m/d*(K-l)+solve((K-m*(K-l))/d,K/d);
}
 
int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        LL K;
        scanf("%lld%lld",&m,&K);
        printf("%lld\n",solve(K-1,K)+1);
    }
     
    return 0;
}