同余最短路的转圈法

学习自 Alex_Wei 的博客。

同余最短路模板题：[国家集训队] 墨墨的等式。

已知长为 $n$ 的序列 $a$。对于不定方程 $\sum _{i=1}^n{a}_i{x}_i=b(x_i\ge 0)$，问有多少 $b\in [l,r]$ 可以使得方程有解。

$n\le 12$，$a_i\le 5\times {10}^5$，$l,r\le {10}^{12}$。

本文默认取模得到的结果都是自然数。

首先把询问拆成区间 $[0,l-1]$ 和 $[0,r]$，只考虑求区间 $[0,l]$ 的合法数。

设集合 $B=\{x\in \mathbb{Z}\mid \mathrm{当}b=x\mathrm{时}\mathrm{原}\mathrm{方}\mathrm{程}\mathrm{有}\mathrm{解}\}$。显然如果 $r\in B$ ，那么 $r+a_i\in B$。

设集合 ${\mathrm{Z}}_p^i=\{x\in \mathbb{Z}\mid x\equiv i(\mathrm{mod}p)\}$，即模 $p$ 余 $i$ 的剩余类。显然有结论：

$$i\equiv j(\mathrm{mod}p)⟺{\mathrm{Z}}_p^i={\mathrm{Z}}_p^j$$

$$\bigcup _{i=k}^{k+p-1}{\mathrm{Z}}_p^i=\mathbb{Z}$$

我们随便选一个 $a_i$，方便起见我们选择 $a_1$。设 $f(i)$ 表示 ${\mathrm{Z}}_{a_1}^i\cap B$ 的最小元素，方便起见令 $i\in [0,a_1)$。

显然 $\mathrm{\forall }k\ge 0,f(i)+k{a}_1\in {\mathrm{Z}}_{a_1}^i\cap B$。因此如果我们求出了 $f(i)$，对于每个 $i$ 我们都可以算出满足 $Z_{a_1}^i\cap B\cap [0,l]$ 的大小，即模 $a_1$ 余 $i$ 的答案数。因为 $\bigcup _{i=0}^{a_1-1}{\mathrm{Z}}_{a_1}^i=\mathbb{Z}$，所以这些答案加起来不重不漏。

考虑如何求 $f_i$，不难发现：

$$f(0)=0$$

$$f(i)=\underset{j=2}{\overset{n}{min}}f((i-a_j)mod{a}_1)+a_j$$

一种方法是建图，用最短路解决。点数为 $a_i$，边数为 $n{a}_i$，时间复杂度是 Dijkstra 的 $O(n{a}_1\log n{a}_1)$ 或 SPFA 的 $O(n{a}_1^2)$。

但是还有另一种方式，考虑逐个添加 $a$，设 $g(j,i)$ 表示只有前 $j$ 个数时的 $f(i)$，现在考虑从 $j-1$ 到 $j$，添加一个 $a_j$ 会发生的转移：

$$g(j-1,i)+k{a}_j\to g(j,(i+k{a}_j)mod{a}_1)(k\ge 0)$$

（箭头表示“更新”）

对于每个 $i$，考虑从 $0$ 开始枚举 $k$，不难发现 $k={\displaystyle \frac{a_1}{gcd(a_1,a_j)}}$ 时就可以停下了，因为此时 $i+k{a}_j\equiv i(\mathrm{mod}{a}_1)$，再往下走只会把之前更新过的再更新一遍，但是由于此时的 $k$ 比上一次更新时大，所以这些更新不会再起效果。

由于模数相同时，不同的剩余类交集为空，所以考虑对于每个剩余类中的下标分别更新。形式化地说，就是对每个 $x\in [0,a_j)$，分别更新 $f_i$，其中 $i\in {\mathrm{Z}}_{a_j}^x$。从完全背包的角度考虑这个问题，压掉第一维，得到转移 $f(i)+a_j\to f((i+a_j)mod{a}_1)$。从 $i$ 开始走 $k={\displaystyle \frac{a_1}{gcd(a_1,a_j)}}$ 步可以更新完 $i$ 能更新的点，那么从 $i$ 开始走 $2k$ 步，也就是“多走一圈”，就相当于从 $i$ 所在的剩余类中的每个点都走了 $k$ 步，也就可以更新完这个剩余类中的每个点。

for(int p = i, c = 0; c < 2; c += p == i) {
    gmin(f[(p + a[j]) % a[1]], f[p] + a[j]);
    p = (p + a[j]) % a[1];
}

每次可以更新 ${\displaystyle \frac{a_1}{gcd(a_1,a_j)}}$ 个位置，所以只需要枚举前 $gcd(a_1,a_j)$ 个位置进行更新即可。

时间复杂度 $\mathrm{\Theta }(n{a}_1)$。可以先排序让 $a_1$ 最小，减小常数。

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define rep(i, s, e) for(int i = s, i##E = e; i <= i##E; ++i)
#define int long long
#define gmin(x, y) (x = min(x, y))
using namespace std;
constexpr int N = 15, A = 5e5;
int n, a[N], l, r, f[A];
signed main() {
#ifdef ONLINE_JUDGE
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
#endif
    cin >> n >> l >> r;
    rep(i, 1, n) cin >> a[i];
    sort(a + 1, a + n + 1);
    memset(f, 0x3f, sizeof f);
    f[0] = 0;
    rep(j, 2, n) rep(i, 0, __gcd(a[1], a[j]) - 1)
        for(int p = i, c = 0; c < 2; c += p == i) {
            gmin(f[(p + a[j]) % a[1]], f[p] + a[j]);
            p = (p + a[j]) % a[1];
        }
    int ans = 0;
    --l;
    rep(i, 0, a[1] - 1) {
        if(l >= f[i]) ans -= (l - f[i]) / a[1] + 1;
        if(r >= f[i]) ans += (r - f[i]) / a[1] + 1;
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}