【hdu 6071】Lazy Running
菜鸡永远都在做着变聚的梦。
题意
有 \(4\) 个点连成一个环，连接顺序依次为 \(1-2-3-4-1\)。相邻两个点之间有个距离 \(d_{i,i+1}\)（特别地，当 \(i=4\) 时为 \(d_{4,1}\)）。
有一个人在 \(2\) 号点，他要完成距离为 \(K\) 的跑步任务并回到 \(2\) 号点，问至少需要跑多长距离。
\(1\le d_i\le 30000,\space 1\le K\le 10^{18}\)
题解
剩余系裸题？墨墨的等式练习题？
考场上瞎写了一波就交了，考后发现转移情况想 sb 了炸成 \(70\) 分了……（啪）
首先你需要会解决这么一个经典问题：给你 \(n（n\le 20）\) 个数 \(a_1,a_2,...,a_n\)，求用这些数能加出来的 \(\ge K（K\le 10^{18}）\) 的最小值（每个数可以用任意多次），即求 \(a_1 x_1 + a_2 x_2 + ... + a_n x_n\) 在 \([K,\infty)\) 范围内的最小值。
这就要用到一个东西：剩余系（我也忘了到底叫啥了，也可能是同余系）
虽然 \(K\) 的范围很大，但注意到 \(a_i\) 的范围并不大，所以我们任取一个数 \(a_p\)（这里为了方便设 \(p\) 为 \(n\)），以此为模数建系。
或者说，将 \([0,\infty]\) 内的正整数按照模 \(a_p\) 的值分类，所有模 \(a_n\) 的值相同的分入一类。显然我们只需要求出同一类数中最小的能加出来的数（设其为 \(Min\)），因为在这一类中，大于等于 \(Min\) 的所有数显然都能加出来（把 \(Min\) 加上若干个 \(a_n\) 即可），所以并不用考虑它们能不能被其它 \(a_i\) 加出来。
那怎么求每一类中最小的能加出来的数呢？
把 \([0,a_p-1]\) 中的每个正整数视为一个点，每个点有 \(n-1\) 条出边，\(i\) 号点的第 \(j\) 条出边指向 \((i+a_j)\% a_n\) 号点，边权为 \(a_j\)，然后从 \(0\) 号点出发跑单源最短路即可。
首先时间复杂度肯定是对的，点数为 \(a_n\)，边数为 \(a_n\times (n-1)\)，跑 \(\text{dij}\) 复杂度稳定 \(O(a_n\log a_n)\)。
然后考虑正确性。因为边权是 \(a_i\)，所以到 \(x\) 号点的最短路就是 模 \(K\) 得 \(x\) 的一类中 最小的一个能被一堆 \(a_i\) 加出来的数。这种做法用最短路算法保证了时间复杂度的正确性……好神仙啊……
然后考虑本题。我们只需要随便选取一个大小合适的数 作为剩余系的模数就行了。
不难发现 \(w=d_{1,2}\) 就很合适，\(2w\) 代表从 \(2\) 号点跑到 \(1\) 号点再跑回来。
可以直接以 \(d_{1,2}\) 为模数建剩余系，那么设 \(dis_{i,j}\) 表示从起点出发到达 \(i\) 号点，距离模 \(2w\) 为 \(j\) 时的最短路。
\(8w\) 个状态跑 \(\text{dij}\)，复杂度 \(O(w\log w)\)。
我 tm 忘了剩余系的模数可以取最小值，之前一直在取最大值
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 100010
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
const ll ll_inf = 9223372036854775807ll >> 1;
using namespace std;
inline ll read(){
ll x=0; bool f=1; char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=0;
for(; isdigit(c);c=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';
if(f) return x; return 0-x;
}
ll k;
int w,d[5];
ll dis[5][N];
bool vis[5][N];
priority_queue<pair<ll,pii>, vector<pair<ll,pii> >, greater<pair<ll,pii> > > Q;
void Dij(){
for(int i=0; i<4; ++i)
for(int j=0; j<w; ++j)
dis[i][j]=ll_inf, vis[i][j]=0;
dis[1][0]=0;
Q.push(mp(0,mp(1,0)));
pii tmp; int x,y;
while(!Q.empty()){
//int faq=Q.top().fi;
tmp=Q.top().se; Q.pop();
x=tmp.fi, y=tmp.se;
if(vis[x][y]) continue;
//cout<<faq<<' '<<x<<' '<<y<<endl;
vis[x][y]=1;
int x1=(x+1)%4, x2=(x+3)%4;
int y1=(y+d[x])%w, y2=(y+d[x2])%w;
if(dis[x1][y1]>dis[x][y]+d[x]){
dis[x1][y1]=dis[x][y]+d[x];
Q.push(mp(dis[x1][y1],mp(x1,y1)));
}
if(dis[x2][y2]>dis[x][y]+d[x2]){
dis[x2][y2]=dis[x][y]+d[x2];
Q.push(mp(dis[x2][y2],mp(x2,y2)));
}
}
}
int main(){
int T=read();
while(T--){
k=read();
for(int i=0; i<4; ++i) d[i]=read();
w=min(d[0]<<1,d[1]<<1);
Dij();
//cout<<dis[1][2165%1200]<<endl;
while(dis[1][k%w]>k) ++k;
printf("%lld\n",k);
}
return 0;
}
scb 神仙推出了个不同的做法（但还是以剩余系为基础），需要对 \(4\) 个式子各求一遍经典问题，但是跑得很快 Orz 大家有兴趣可以去学(mo)一下
