【ARC112F】Die Siedler（根号分治）（bfs）

Die Siedler

题目链接：ARC112F

题目大意

有 n 种牌，2i 个第 i 种牌可以变成一个第 i+1 种牌。
特别的 2n 个第 n 种牌会变成一个第 1 种牌。
然后有 m 种牌包，里面每种牌都有一定的数量，然后牌包数量无限，随便你用。
然后告诉你你一开始有的牌，你可以随意用牌随便变牌，问你手上多少会有多少牌。

思路

考虑到我们肯定是能换就换，因为一定会让牌数变少。
那我们考虑全部不换，甚至退回去，我们就看全部退回成第一种牌，有多少张。

对原来有的牌转化得到数量 $R$，每个卡包也转化得到 $b_i$。
那首先会发现一个特别的就是从 $n$ 转化到 $1$，发现少了 $2^nn!-1$。
那最后牌数我们可以表示成这个：
$v=R+\sum\limits_{i=1}^mb_ix_i-y(2^nn!-1)$
其中 $x_i,y$ 是让你选的。

$v-R=\sum\limits_{i=1}^mb_ix_i-y(2^nn!-1)$
然后通过斐蜀定理，我们有 $v-R$ 得是 $\gcd(b_1,b_2,...,b_m,2^nn!-1)$ 的倍数。

那假设上面 $\gcd$ 的结果是 $d$。
考虑根号分治：

$d>\sqrt{2^nn!}$
那这个时候我们可以试着暴力枚举倍数，然后直接转换会序列，算出答案。

$d\leqslant\sqrt{2^nn!}$
这个时候我们可以试着用 $f_i$ 表示价值为 $i$ 的最小换成的牌数。
然后转移是 $f_{(i+2^{k-1}(k-1)!)\bmod d}=\min(f_{(i+2^{k-1}(k-1)!)\bmod d},f_i+1)$
然后初始化是 $f_{2^{k-1}(k-1)!\bmod d}=1$，这个因为每次都是 $+1$ 我们可以 bfs 出结果，然后要的就是 $f_{R\bmod d}$

时间复杂度都是：
$O(\sqrt{2^nn!}n)$

发现好像复杂度是 $1e9$ 级别的。

但是呢，你发现 $2^nn!-1$ 这个数，它的质因子，比较的有特点。
（因为这个数是固定有的，而且只有 $16$ 种情况）

看质因子可以点我

发现要么很大（这个大是贴近 $2^nn!$ 不是 $2^{16}16!$），要么很小。
会发现最大的 $d$ 大概在 $1e6$ 的级别上，所以是可以过的。

代码

#include<cmath>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define ll long long

using namespace std;

const int N = 17;
const int M = 51;
const int B = 5e6 + 1000;
int n, m, a[N], ans, f[B];
ll R, b[M], n2n, GCD, jc[N];
bool in[B];
queue <int> q;

ll change() {
	ll re = 0, sum = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		re += (1ll << i - 1) * jc[i - 1] * a[i];
	}
	return re;
}

int back(ll x) {
	int re = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		re += x % (2 * i); x /= 2 * i;
	}
	return re;
}

ll gcd(ll x, ll y) {
	if (!y) return x;
	return gcd(y, x % y);
}

void bfs() {
	while (!q.empty()) {
		int now = q.front(); q.pop();
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			int to = (now + (1ll << i - 1) * jc[i - 1]) % GCD;
			if (f[to] > f[now] + 1) {
				f[to] = f[now] + 1;
				if (!in[to]) {
					in[to] = 1; q.push(to);
				}
			}
		}
	}
}

int main() {
	scanf("%d %d", &n, &m);
	jc[0] = 1; for (int i = 1; i <= n; i++) jc[i] = jc[i - 1] * i;
	for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]); R = change();
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		for (int j = 1; j <= n; j++) scanf("%d", &a[j]); b[i] = change();
	}
	
	if (!R) {printf("0"); return 0;}
	
	n2n = (1ll << n) * jc[n];
	GCD = n2n - 1; for (int i = 1; i <= m; i++) GCD = gcd(GCD, b[i]);
	
	ans = 2e9;
	if (GCD <= sqrt(n2n)) {
		memset(f, 0x7f, sizeof(f));
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			int k = (1ll << i - 1) * jc[i - 1] % GCD;
			f[k] = 1; in[k] = 1; q.push(k);
		}
		bfs();
		ans = f[R % GCD];
	}
	else {
		for (ll val = R % GCD; val < n2n; val += GCD) {
			if (!val) continue;
			ans = min(ans, back(val));
		}
	}
	printf("%d\n", ans);
	
	return 0;
}

__EOF__

本文作者：あおいSakura
本文链接：https://www.cnblogs.com/Sakura-TJH/p/ARC112F.html
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