ABC210: E - Ring MST #最小生成树# #数学#

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ABC210: E - Ring MST #最小生成树# #数学#

题目

大意:给定\(n\)个点(编号\(0\)~\(n-1\)),\(m\)种无向边,第\(i\)种边可以连接点\(x,(x+a_i)\mod n(0\le x\le n-1)\)用一次的花费为\(c_i\),求将图变成一个连通块的最小花费

思路

不难想到,这题是最小生成树,而且是\(Kruskal\)(边数较小,点数巨大)
不管三七二十一,先把边按\(c_i\)单调递增排序.
再想想,费用越小的边,肯定用得越多越好(在能连接不同连通块的前提下).如果我们知道,在已经连上费用更小的边的情况下,一种边在有意义(能连接两个不同的连通块)的前提下最多能用多少次,那这题不就A了吗?
难点就在这里.
我们设加上前\(i\)种边后(已排序),图中最少有\(x_i\)个连通块.
特别地,\(x_0=N\),显然,答案就是:

\[\sum ^m_{i=1}c_i\cdot (x_{i-1}-x_{i}) \]

当\(x_n>1\)时,无解,输出-1
所以如何求\(x\)?
根据题意,在加入前\(i\)种边后,点\(w\)和\(u\)在同一个连通块内,当且仅当:存在正整数序列\(k_1,k_2,k_3,\cdots k_i\),使得\(w=(u+\sum ^i_{j=1}k_i\cdot a_i)\mod n\),即\(w=u+\sum ^i_{j=1}k_i\cdot a_i+k_0\cdot n(k_0\in \Z)\)
变换一下:

\[k_0\cdot n+k_1\cdot a_1+k_2\cdot a_2+\cdots+k_i\cdot a_i+u-w=0 \]

其中,\(n,a\)已知,\(k\)都是整数但未知,判断是否存在一组合法的\(k\),这是什么?斐蜀定理!!!
所以,\(w,u\)连通,当且仅当,\(\gcd(n,a_1,a_2,\cdots,a_i)|u-w\),(\(x|y\)表示\(x\)能整除\(y\))
即\(w\equiv u(\mod \gcd(n,a_1,a_2,\cdots,a_i))\),余数有\(0,1,2,\cdots\gcd(n,a_1,a_2,\cdots,a_i)-1\)共\(\gcd(n,a_1,a_2,\cdots,a_i)\)种,所以共\(\gcd(n,a_1,a_2,\cdots,a_i)\)个连通块
所以\(x_i= \gcd(n,a_1,a_2,\cdots,a_i)\)
所以我们就做完了
官方题解:

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <algorithm>
using namespace std;
int read() {
	int re = 0;
	char c = getchar();
	bool negt = false;
	while(c < '0' || c > '9')
		negt |= (c == '-') , c = getchar();
	while(c >= '0' && c <= '9')
		re = (re << 1) + (re << 3) + c - '0' , c =getchar();
	return negt ? -re : re;
}
const int M = 100010;
int gcd(int a , int b) {
	return b == 0 ? a : gcd(b , a % b);
}

struct node {
	int a , c;
}ed[M];
bool cmp(node a , node b) {
	return a.c < b.c;
}

int n , m;
int x[M];

signed main() {
	n = read() , m = read();
	for(int i = 1 ; i <= m ; i++)
		ed[i].a = read() , ed[i].c = read();
	
	sort(ed + 1 , ed + m + 1 , cmp);

	x[0] = n;
	for(int i = 1 ; i <= m ; i++)
		x[i] = gcd(x[i - 1] , ed[i].a);

	if(x[m] > 1)
		puts("-1");
	else {
		long long ans = 0;
		for(int i = 1 ; i <= m ; i++)
			ans += 1ll * (x[i - 1] - x[i]) * ed[i].c;
		cout <<ans;
	}
	return 0;
}