【题解】AtCoder-ABC306_G Return to 1

合集 - 题解(8)

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这也太强了！

容易想到的是用若干环拼出这个 $10^{10^{100}}$，也就是这些环的 $\gcd \mid 10^{10^{100}}$。

之后就不会了。

先正图反图两次 DFS，只留下 $1$ 所在强连通分量里的边，对正图跑 DFS 生成树，定义其深度从 $0$ 开始，然后有一个结论是：对于任何正整数 $a$，图中存在一个包含 $1$ 的且长度不是 $a$ 的倍数的环的充要条件是存在一条图上的边 $(u,v)$ 使 $dep_u+1-dep_v\not\equiv 0\pmod a$。

下面是证明。

必要性考虑证明逆否命题，即若不存在一条图上的边 $(u,v)$ 使 $dep_{u}+1-dep_v\not\equiv 0\pmod a$，则图中包含 $1$ 的环的长度都是 $a$ 的倍数。这是显然的，由于这样的环深度从 $0$ 开始，每次移动都相当于深度在模 $a$ 意义下加 $1$，又回到 $0$，所以环长一定是 $a$ 的倍数。

充分性不知道题解在说什么，但是若存在这样 $dep_u+1-dep_v\not\equiv 0\pmod a$ 的边，就说明 $(u,v)$ 是非树边且 $u$ 和 $v$ 是由两条不同的根链遍历到的，由于 $dep_u+1-dep_v\not\equiv 0\pmod a$，那么 $1\to u$ 的根链长加 $1$ 与 $1\to v$ 的根链长，在模 $a$ 意义下不同余，也就是两条 $1$ 到 $v$ 的路径长不同余。这时候同样是从 $v$ 回到 $1$，两个环长度一定不同余，那么至少有一个不是 $a$ 的倍数。

这样我们对所有环求 $\gcd$ 就可以对所有 $dep_u+1-dep_v$ 求 $\gcd$。

点击查看代码

int t;
int n,m;
vector<int> E1[maxn],E2[maxn];
bool vis1[maxn],vis2[maxn];
int dep[maxn];
void dfs1(int u,int d){
    vis1[u]=true,dep[u]=d;
    for(int v:E1[u]){
        if(vis1[v]) continue;
        dfs1(v,d+1);
    }
}
void dfs2(int u){
    vis2[u]=true;
    for(int v:E2[u]){
        if(vis2[v]) continue;
        dfs2(v);
    }
}
int main(){
    t=read();
    while(t--){
        n=read(),m=read();
        for(int i=1;i<=n;++i){
            E1[i].clear(),E2[i].clear();
            vis1[i]=false,vis2[i]=false,dep[i]=0;
        }
        for(int i=1;i<=m;++i){
            int u=read(),v=read();
            E1[u].push_back(v);
            E2[v].push_back(u);
        }
        dfs1(1,0);
        dfs2(1);
        int g=0;
        for(int u=1;u<=n;++u){
            if(!vis1[u]||!vis2[u]) continue;
            for(int v:E1[u]){
                if(!vis1[v]||!vis2[v]) continue;
                if(!g) g=abs(dep[u]+1-dep[v]);
                else g=__gcd(g,abs(dep[u]+1-dep[v]));
            }
        }
        if(!g) printf("No\n");
        else{
            while(g%2==0) g/=2;
            while(g%5==0) g/=5;
            if(g==1) printf("Yes\n");
            else printf("No\n");
        }
    }
    return 0;
}