AT_arc112_f [ARC112F] Die Siedler

首先考虑最终状态下该如何操作，显然能换牌就换牌。然而问题仍然非常复杂，该怎么继续思考呢？

我们~~打开题解~~发现，在这个问题中，对于一个局面 $(c_{1}, c_{2}, \dots, c_{n})$ ，与另一个局面 $(k, 0, \dots, 0)$ 是等价的，为什么呢？因为我们有能换就换的策略，对于第一种牌若不断采取能换就换的策略，肯定可以到达第一种局面。

我们采取这种巧妙的方式使问题变得更加简单。对于每个牌堆或者牌包现在都能用一个数表示了，具体的，我们设 $d_{i}$ 表示这个数，那么 $d_{i} = \sum_{i = 1}^{n} s_{i, j} 2^{i - 1} (i - 1)!$ 。然而，如果 $d_{i} \geq 2^{n} n!$ 怎么办？显然我们会让它操作一轮，然后使 $d_{i} \leftarrow d_{i} - (2^{n} n!) + 1$ 。

那么设最终牌数为 $T$ ，则

T = S + \sum_{i = 1}^{m} d_{i} x_{i} + (1 - 2^{n} n!) x_{m + 1}

如果令 $d_{m + 1} = 1 - 2^{n} n!$ ，并将 $S$ 移项，于是这会是一个 $m + 1$ 元的不定方程，而我们可以并不关心解，我们只需要对于每个 $T$ 判断是否有解即可，可以用裴蜀定理判，设 $G = gcd (d_{1}, d_{2}, \dots, d_{m + 1})$ ，如果 $G$ 很小，我们可以使用同余最短路，如果 $G$ 很大，则 $T = G k + S mod G$ ，可以直接枚举 $T$ 。