【题解】[ABC306G] Return to 1（数论）

【题解】[ABC306G] Return to 1

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ABC306G - Return to 1

题意概述

本题多测，$T$ 组数据。

对于每组数据，给定一个 $n$ 个点 $m$ 条边的有向图，无重边自环。

问从顶点 $1$ 出发，能否恰好走 ${10^{10}}^{100}$ 步回到 $1$。

数据范围

• $1≤T,N,M≤2\times 10^5$
• $\sum N \le 2 \times 10^5,\sum M \le 2 \times 10^5$

思路分析

首先，可以删掉图中无法从顶点 $1$ 出发到达的点，和无法到达顶点 $1$ 的点，因为无论怎么走都不可能经过这些点。那么删掉后的图是强联通的。

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设 $L$ 表示图中所有经过 $1$ 的环长集合，$d$ 为 $L$ 中所有数的 $\gcd$。那么若从 $1$ 出发能恰好走 ${10^{10}}^{100}$ 步回到 $1$ 当且仅当：$d$ 是 ${10^{10}}^{100}$ 的约数。

证明：

由于我们要从开始恰好走 ${{10}^{10}}^{100}$ 步回到 $1$。假设原图中有两个长度为 $a$ 和 $b$ 的环，那么就相当于找两个非负整数 $x$ 和 $y$，使得 $ax+by=c$，其中 $c={{10}^{10}}^{100}$。

那么问题就转化为：对于方程 $ax+by=c$，它有解的充要条件当且仅当 $d|c$，其中 $d=\gcd(a,b)$。

充分性：根据裴蜀定理可知：存在 $x_0,y_0$ 使得 $ax_0+by_0=d$ ，又 $d|c$，所以 $c=dk=(ax_0+by_0)k=a(kx_0)+b(ky_0)$，所以方程有整数解 $(kx_0,ky_0)$；

必要性：因为 $ax_0+by_0=c$ ，$d$ 是 $a,b$ 的最大公约数，所以 $d|a,d|b$ ，所以 $d|(ax_0+by_0)$，即 $d|c$。

更一般地，当原图中环的个数超过两个时，我们可以用归纳法证明出对于 $L$ 里所有元素 $a_1-a_n$，方程 $a_1x_1+a_2x_2+a_3x_3+\cdots+a_nx_n=c$ 有解当且仅当 $\gcd(a_1,a_2,\cdots,a_n)|c$。

那么我们现在就可以有一个清晰的思路：暴力把所有的环长求出来，取它们的 $\gcd$，判断其是否为 ${{10}^{10}}^{100}$ 的约数。

但是当经过 $1$ 的环很多时，这种方法复杂度显然接受不了，所以考虑优化。

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走到这一步，问题实际上可以转化为：

给定若干个经过 $1$ 的环，如何求出这些环长的 $\gcd$？

我们考虑反向思考，首先要弄明白一个问题：对于一个数 $x$，怎么判断它是否是所有经过 $1$ 环长的公约数（注意这里不是最大）？

有一个方法是：从 $1$ 开始 dfs 一遍所有点计算出每个点 $i$ 到 $1$ 的距离 $dep_i$，那么要使得如果 $x$ 是所有环长的公约数，则在 $\bmod x$ 意义下，对于图中的每条边 $u\rightarrow v$ 都满足 $dep_u+1=dep_v$。

证明：

首先考虑简单环：

• 如果给定一堆简单环，我们从 $1$ 开始 dfs 给每个点标记一个模 $x$ 意义下的 $dep$，那么每个环一定都是按照一定顺序像 $0,1,2,\cdots ,x-1,0,1,\cdots$ 这样标号的。
• 假设一个环环长为 $len$，那么从 $1$ 开始 dfs，到第 $len-1$ 个点的过程中，对于非第 $len-1$ 个点，无论如何一定有 $dep_u+1=dep_v$，这是显然的。
• 对于第 $len-1$ 个点当且仅当它的 $dep$ 不是 $x-1$ 时，这个点的编号加一模 $x$ 不等于 $dep_1=0$，此时 $x$ 一定就不是该环环长的约数，与“$x$ 是所有环长公约数”矛盾。

然后考虑复杂环：

• 复杂环与简单环的最主要区别就在于简单环一定不会存在公用边，也就是不会多个环经过同一条边的情况，而复杂环可能会出现。

• 假设有两个环，环长均是 $x$ 的约数，从 $1$ 出发经过不同的路径到达一个点 $u$，然后再沿着同一条从 $u$ 到 $1$ 路径回到 $1$。比如下图（两个环分别从 $1$ 出发沿着不同路径到达 $3$ 再沿着相同的路径从 $3$ 回到 $1$）。定义这个 $u$ 为两个环的交汇点，$len_1$和 $len_2$ 为两个环环长。

• 那么对于两个环非交汇点，同样无论如何一定有 $dep_u+1=dep_v$（与简单环相同）。

• 对于两个环交汇点 $u$（相当于图中的 $3$），如果存在其中一个环的一条边 $v\rightarrow u$，使得模 $x$ 意义下不满足 $dep_v+1= dep_u$，那么当且仅当这两个环的环长差 $|len_1-len_2|$ 不是 $x$ 的倍数。

• 由于 $x$ 是 $len_1$ 和 $len_2$ 的公约数，所以 $\gcd(len_1,len_2)|x$。根据更相减损法，有 $\gcd(len_1,len_2)=\gcd(len_1,|len_1-len_2|)$，所以 $\gcd(len_1,|len_1-len_2|)|x$，所以 $|len_1-len_2|$ 一定是 $x$ 的倍数。

由于 $x$ 是所有环长的公约数时，在 $\bmod x$ 意义下，对于图中的每条边 $u\rightarrow v$ 都满足 $dep_u+1=dep_v$，即 $dep_u+1-dep_v\equiv 0 \pmod {x}$，所以 $x$ 是所有 $dep_u+1-dep_v$ 的公约数。

同理，要使得 $x$ 是所有环长的 $\gcd$，那么它也应该是所有 $dep_u+1-dep_v$ 的 $\gcd$。

那么我们直接枚举所有边 $u \rightarrow v$ 求出 $dep_u+1-dep_v$ 的 $\gcd$ 即可。

最后一步就是要判断这个 $\gcd$ 是不是 ${{10}^{10}}^{100}$ 的约数。

由于 ${{10}^{10}}^{100}$ 只有 $2$ 和 $5$ 两个质因数，且 ${{10}^{10}}^{100}$ 很大，所以只需要判断 $\gcd$ 是否只有 $2$ 和 $5$ 两个质因子，若是，则答案 Yes，反之是 No。

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总体来说，这个题大的方面分为三步：先删掉图中无关的点；再将问题转化为求所有环长的 $\gcd$；最后求这些环长 $\gcd$。

总复杂度 $O(T\max(n,m))$。

注意多测清空。

代码实现

//G
//The Way to The Terminal Station…
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define mk make_pair
#define pii pair<int,int>
using namespace std;
const int maxn=2e5+10;
int ok[maxn],dep[maxn];//ok[i] 表示 i 是否为有用点（即能不能到达 1）。

basic_string<int>edge[maxn],edge2[maxn];

inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
	return x*f;
}

void dfs(int x)
{
	ok[x]=1;
	for(int y:edge2[x])
	{
		if(ok[y])continue;
		dfs(y);
	}
}

void dfs2(int x)
{
	for(int y:edge[x])
	{
		if(!ok[y])continue;
		if(dep[y]!=-1)continue;
		dep[y]=dep[x]+1;
		dfs2(y);
	}
}

int gcd(int a,int b){if(b==0)return a;return gcd(b,a%b);}

int main()
{
	int T=read();
	while(T--)
	{
		int n,m;
		n=read();m=read();
		for(int i=1;i<=n;i++)edge[i].clear(),edge2[i].clear(),dep[i]=-1,ok[i]=0;
		for(int i=1;i<=m;i++)
		{
			int u,v;
			u=read();v=read();
			edge[u]+=v;
			edge2[v]+=u;
		}
		dfs(1);
		dep[1]=0;
		dfs2(1);
		int d=0;
		for(int u=1;u<=n;u++)
		{
			if(dep[u]==-1)continue;
			for(int v:edge[u])
			{
				if(dep[v]==-1)continue;
				d=gcd(d,abs(dep[u]+1-dep[v]));
			}
		}
		if(!d){cout<<"No"<<'\n';continue;}//没有经过 1 的环。
		while(d%2==0)d/=2;
		while(d%5==0)d/=5;
		if(d==1)cout<<"Yes"<<'\n';
		else cout<<"No"<<"\n";
	}
	return 0;
}