【洛谷4339】[ZJOI2018] 迷宫（神仙题）
- 有一座\(n\)个点（标号为\(0\sim n-1\)）的迷宫，每个点各自连出\(m\)条边（可有重边和自环，标号分别为\(0\sim m-1\)）。
- 从\(0\)号点出发，把每次选择的边的编号记录下来得到一个\(m\)进制数。
- 给定\(m,k\)，求最小的\(n\)使得能构造出一个合法的迷宫，使得一条路径最终走回\(0\)号点当且仅当它对应的\(m\)进制数是\(k\)的倍数。
- \(m,k\le10^{18}\)
\(n=k\)的构造方案
考虑对于点\(x\)，令其第\(i\)条边连向\((x\cdot m+i)\%k\)，这样一来一条路径走到的点的编号，就等于其对应\(m\)进制数模\(k\)的余数。
那么一条路径走到\(0\)号点，等价于对应\(m\)进制数模\(k\)余\(0\)，也就是\(k\)的倍数，符合题意。
这个构造完美利用了题目给出的条件，在点的编号和路径的\(m\)进制数间建立起了直接联系，说实话已经算是一步挺妙的转化了。
缩点获取最优方案
两个点能缩在一起，当且仅当这两个点是等价的，也就是说这两个点每条边指向的点必须相同。
容易发现一次缩点之后可能使得一些新的点变得等价，但方便起见我们先讨论第一次缩点。
两个点\(x,y\)缩点的充要条件是\(\forall i\in[0,m),xm+i\equiv ym+i(mod\ k)\)，但这个\(i\)显然没啥意义，两边可以同时减去，因此实际上就是要满足\(xm\equiv ym(mod\ k)\)。
令\(g=gcd(m,k)\)，并设\(m'=\frac mg,k'=\frac kg\)。
则原式可以化作\(xm'\equiv ym'(mod\ k')\)，即\(x\equiv y(mod\ k')\)。
一个点的编号可以表示为\(u\times k'+v\)，那么根据我们得出的结论，缩点的充要条件是\(v\)相等。
不同的\(v\)总共有\(k'\)个，因此能缩的点数就应该是\((k-1)-k'\)（要减\(1\)是因为\(0\)号点作为一个特殊点无法缩去）。
递归缩点
之前就提到了，一次缩点之后，因为一些原本不相同的点变得相同了，所以可能会使得一些新的点变得等价，因此这里的缩点需要递归求解。
此时发现\(x,y\)能被缩点等价于 \(x\cdot m^d\equiv y\cdot m^d(mod\ k)\)。我们仍想化出先前\(x\equiv y(mod\ k')\)这样的等价式子，就发现\(k'\)相当于是\(k\)进行了\(d\)次除以与\(m\)的\(gcd\)的操作，递归的过程中可以直接记录，并同时用一个变量\(t\)记录每次\(m'\)的总乘积。
再开一个变量\(r\)记录剩余的点数，那么这次缩去的点数就应该是\(r-k'\)（因为缩点的时候每种不同的余数都必然有点剩余，可以保证一定存在所有\(k'\)种余数的点）。而这次缩点后就应该有\(t\)个点无法再被缩，新的\(r\)就应该是\(k'-t\)。
综上，递归函数只需要记录三个变量\(r,t,k\)，分别记录剩余点数、\(m'\)总乘积、\(d-1\)次约分后的\(k\)。
递归具体细节：边界
显然如果\(g=1\)肯定无法缩点。而若\(r<k‘\)，由于点数小于出边构成集合的种类数，也无法再缩点。
如果某一时刻\(t>k'\)，则下次递归的\(r=k'-t<0\)肯定不行，因此我们递归前要先比较\(k'\)与\(t\)的大小。又因为\(t\)乘上当前的\(m'\)之后可能会爆\(long\ long\)，所以我们要在更新\(t\)之前把\(t\times m'\)开\(long\ double\)和\(k'\)比较，这样就没问题了。
代码：\(O(nlog^2k)\)
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define LL long long
using namespace std;
LL m,k;I LL gcd(Con LL& x,Con LL& y) {return y?gcd(y,x%y):x;}
I LL Solve(Con LL& r,Reg LL t,Con LL& k)//递归缩点
{
LL g=gcd(m,k),k_=k/g,m_=m/g;if(g==1||r<k_) return 0;//g=1或r<k'则无法缩点
return (1.0L*t*m_<=k_?(t*=m_,Solve(k_-t,t,k_)):0)+r-k_;//t>k'无须递归，此次缩去r-k'个点
}
int main()
{
RI Tt;scanf("%d",&Tt);W(Tt--) scanf("%lld%lld",&m,&k),printf("%lld\n",k-Solve(k-1,1,k));return 0;//总点数-缩去点数
}
