【同余最短路】【例题集合】洛谷P3403 跳楼机/P2371 墨墨的等式
接触到的新内容，【同余最短路】。
代码很好写，但思路不好理解。
同余最短路，并不是用同余来跑最短路，而是通过同余来构造某些状态，从而达到优化时间空间复杂度的目的。往往这些状态就是最短路中的点，可以类比差分约束跑最短路(f[i]+w<=f[j]构造最短路不等式(例题luogu 小k的农场))
——来自洛谷P3403 Liao_rl 的题解
【P3403跳楼机】
题目背景
DJL为了避免成为一只咸鱼，来找srwudi学习压代码的技巧。
题目描述
Srwudi的家是一幢h层的摩天大楼。由于前来学习的蒟蒻越来越多，srwudi改造了一个跳楼机，使得访客可以更方便的上楼。
经过改造，srwudi的跳楼机可以采用以下四种方式移动：
-
向上移动x层；
-
向上移动y层；
-
向上移动z层；
-
回到第一层。
一个月黑风高的大中午，DJL来到了srwudi的家，现在他在srwudi家的第一层，碰巧跳楼机也在第一层。DJL想知道，他可以乘坐跳楼机前往的楼层数。
输入输出格式
输入格式：
第一行一个整数h，表示摩天大楼的层数。
第二行三个正整数，分别表示题目中的x, y, z。
输出格式：
一行一个整数，表示DJL可以到达的楼层数。
输入输出样例
15 4 7 9
9
33333333333 99005 99002 100000
33302114671
说明
可以到达的楼层有：1,5,8,9,10,12,13,14,15
想不出来不要死磕这一题，先看看第三题。。。。
1<=h<=2^63-1
1<=x, y, z<=100000
思路
首先考虑低一级的问题，假如只存在x，y两种操作而不是x，y，z三种（暂时忽略回到第一层）
那么很好想，只要用y能凑出来x的剩余系（%x的所有余数的集合），那么所有楼层都能达到
设i为%x的一个余数，f[i]为用y能凑出来的%x=i的最小高度，那么f[i]再往上跳任意个x的层数都能达到，即对于f[x]能达到的层数为(h-f[i])/x+1。因为程序里面的除法是向下取整，后面还要补一个1。另外，由于f数组的存在，一定不存在整除的情况。
那么把所有这样的f[i]加起来就是所求的答案。推广到三种操作的情况，只要用y和z去凑f就能得到答案。
接下来问题是怎么求f[i]。假设我们已经求出一个f[i]，在它的基础上再执行一遍y或z操作，例如用f[i]+y，显然能得到f[i+y]。那么考虑让f[i+y]和f[i]都成为点，用y作为边相连，以已知状态推出其它所求状态。因为f数组范围是x的剩余系，为了使f最小我们选择x，y，z中最小的成为x，连边时f[i+y]要作为f[(i+y)%x]这个点使用，对结果并无影响。
考虑起始状态是第一层且最低只能回到第一层，那么已知状态是f[1]=1。用SPFA来松弛这些等式关系，跑出f数组。最后用h计算总答案的时候，要排除掉f[i]中>h的答案。
这道题中的同余最短路思想，个人理解在于利用同余来构造x的剩余系这些点。f[i]，f[i]+x，f[i]+2x，...，f[i]+kx，这些楼层数都%x同余，那么只要建立f[i]的状态就能用极低的时间复杂度求出f[i]+x，f[i]+2x等是否可行。
代码：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<queue> using namespace std; long long h,ans,f[100011]; long long x,y,z,vis[100011]; queue<long long>q; long long ver[200011],head[100011],edge[200011],Next[200011],tot; void add(long long x,long long y,long long z){ ver[++tot]=y; Next[tot]=head[x]; edge[tot]=z; head[x]=tot; } int main() { // freopen("srwudi2.in","r",stdin); // freopen("srwudi2.out","w",stdout); scanf("%lld%lld%lld%lld",&h,&x,&y,&z); if(x==1||y==1||z==1){ printf("%lld",h); return 0; } memset(f,0x7f,sizeof(f)); f[1]=1; vis[1]=1; if(y<z)swap(y,z); if(x<z)swap(x,z); for(int i=0;i<z;i++)add(i,(i+x)%z,x),add(i,(i+y)%z,y); q.push(1); while(!q.empty()){ long long u=q.front(); q.pop(); vis[u]=0; for(int i=head[u];i;i=Next[i]){ long long v=ver[i],zz=edge[i]; if(f[v]>f[u]+zz){ f[v]=f[u]+zz; if(!vis[v]){ vis[v]=1; q.push(v); } } } } for(int i=0;i<z;i++){ if(f[i]<=h)ans+=(h-f[i])/z+1; } printf("%lld",ans); }
那么再来看一道相似的题
【P2371[国家集训队]墨墨的等式】
题目描述
墨墨突然对等式很感兴趣，他正在研究a1x1+a2x2+…+anxn=B存在非负整数解的条件，他要求你编写一个程序，给定N、{an}、以及B的取值范围，求出有多少B可以使等式存在非负整数解。
输入输出格式
输入格式：
输入的第一行包含3个正整数，分别表示N、BMin、BMax分别表示数列的长度、B的下界、B的上界。
输入的第二行包含N个整数，即数列{an}的值。
输出格式：
输出一个整数，表示有多少b可以使等式存在非负整数解。
输入输出样例
2 5 10 3 5
5
说明
对于20%的数据，N≤5，1≤BMin≤BMax≤10。
对于40%的数据，N≤10，1≤BMin≤BMax≤10^6。
对于100%的数据，N≤12，0≤ai≤5∗10^5，1≤BMin≤BMax≤10^12。
思路
这道题一眼看上去就和上面那道很像对吧XD
但是这道题不仅限于x，y，z而是拓展到了n个数字。不过这并不影响，可以如法炮制，把最小的x选出来，构造它的剩余系对应状态，只是要建很多点了而已。
还有一个不同的地方是这题的询问是有范围的，而不是1-h，所以在询问的时候可以利用很多题目里常见的前缀和思想，即query(max)-query(min-1)，来得出答案。
代码：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<queue> using namespace std; long long n,a[13],x=10000000,vis[500101]; long long f[500101]; long long tot,ver[6000101],Next[6000101],head[500101],edge[6000101]; long long maxx,minn,ans; queue<long long>q; void add(long long x,long long y,long long z){ ver[++tot]=y; Next[tot]=head[x]; edge[tot]=z; head[x]=tot; } int main() { scanf("%lld%lld%lld",&n,&minn,&maxx); memset(f,0x7f,sizeof(f)); for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%lld",&a[i]); if(a[i]==1){ printf("%lld",maxx-minn+1); return 0; } x=min(a[i],x); } for(int i=1;i<=n;i++){ if(a[i]==x)continue; for(int j=0;j<x;j++){ add(j,(j+a[i])%x,a[i]); } } f[0]=0,vis[0]=1; q.push(0); while(!q.empty()){ int u=q.front(); q.pop(); vis[u]=0; for(int i=head[u];i;i=Next[i]){ long long v=ver[i],z=edge[i]; if(f[v]>f[u]+z){ f[v]=f[u]+z; if(!vis[v]){ vis[v]=1; q.push(v); } } } } minn-=1; for(int i=0;i<x;i++){ if(f[i]<=maxx){ ans+=(maxx-f[i])/x+1; } if(f[i]<=minn){ ans-=((minn-f[i])/x+1); } } printf("%lld",ans); return 0; }
（来自一个WA多了气急败坏的无脑long long选手）
