同余最短路学习笔记

重构于 2023.10.5。

破防了，怎么什么都记不住什么都要重学。

概述

同余最短路一般用于解决形如「给定一些整数 $a_i$，每个数可以多次使用，问是否能相加得到 $n$」的问题。通常 $n$ 是一个很大的数，不能直接使用完全背包等方法。
这类问题可以利用同余的性质来压缩状态，以优化复杂度。

基本做法

接下来以一道题目为例，说明同余最短路的具体做法。

P2371 [国家集训队]墨墨的等式

题意：给定 $n$ 个整数 $a_i$ 与范围 $l,r$，问 $S\in [l,r]$ 中有多少个满足 $\sum\limits_{i=1}^n a_ix_i=S$ 有非负整数解。

设 $a_1=d$，那么我们在模 $d$ 意义下考虑问题。设 $f_i$ 表示所有 $\bmod\ d=i$ 的数中最小能被构造出的数。
那么加入多少个 $a_1$ 对 $f$ 数组没有影响，用 $a_{2~n}$ 依次更新答案。那么对于 $a_i$，有：

$$f_{(x+a_i)\bmod d}=\min\{f_{(x+a_i)\bmod d},f_x+a_i\}$$

发现这个东西是类似最短路的形式，那么从这个角度考虑问题。我们把模 $d$ 的每个值看成一个点，$f_i$ 看成 $dis_i$。
对于原来的转移，则可以认为是从 $x$ 向 $(x+a_i)\bmod d$ 连了一条长度为 $a_i$ 的边。
令 $f_0=0$，则可以从该点开始跑最短路，求出所有的 $f$ 值。

那么统计 $S\le x$ 中存在正整数解的个数时，对于每个 $f_i$，它加上若干个 $d$ 的数都能被表示出来。答案即为 $\sum (\lfloor\frac{x-f_i}{d}\rfloor +1)$。
由于同余最短路特殊的连边方式，spfa 的时间复杂度正确性可以保证。但是假 dij（堆优化 spfa）有概率被卡。

const int N=5e5+5,M=13;
int n,l,r,a[N];
struct edge{int nxt,to,w;} e[N*M];
int head[N],cnt;
il void add(int u,int v,int w) {e[++cnt]={head[u],v,w};head[u]=cnt;}
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
priority_queue<pii,vector<pii>,greater<pii> >q;
int dis[N];
il void dij()
{
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	dis[0]=0; q.push(pii(0,0));
	while(!q.empty())
	{
		int u=q.top().se,f=q.top().fi; q.pop();
		if(dis[u]!=f) continue;
		for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt)
		{
			int v=e[i].to; 
			if(dis[v]>dis[u]+e[i].w)
			{
				dis[v]=dis[u]+e[i].w;
				q.push(pii(dis[v],v));
			}
		}
	}
}
signed main()
{
	n=read(),l=read(),r=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		for(int j=0;j<a[1];j++) add(j,(j+a[i])%a[1],a[i]);
	}
	dij();
	int ans=0;
	for(int i=0;i<a[1];i++)
	{
		int cntr=(dis[i]<=r)?(r-dis[i])/a[1]+1:0;
		int cntl=(dis[i]<l)?(l-1-dis[i])/a[1]+1:0;
		ans+=cntr-cntl;
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

转圈 /zhq

同余最短路还在写最短路？不如转圈！/zhq
我们把思路回退到这个式子：

$$f_{(x+a_i)\bmod d}=\min\{f_{(x+a_i)\bmod d},f_x+a_i\}$$

重新观察它的性质。首先显然，根据算法的正确性，最后求出的答案与加入 $a_i$ 的顺序无关。
也就是说最终对于每个 $f_i$，一定存在一条按 $a_2,\dots,a_n$ 顺序访问的路径能取到最短路。那么依次使用 $a_i$ 更新所有的 $f_i$ 就能保证正确性。
另外一个性质是只走相同 $a_i$ 边的情况下，一个点不会被经过多次，否则图上有负环；那么我们每次找到最小的起始点，绕着所有的 $a_i$ 边转移一圈即可。
然而找最小点是麻烦的，所以不用找，从转一圈改成转两圈就可以覆盖所有情况了。

const int N=5e5+5;
int n,m,a[N];
int f[N],l,r,ans;
signed main()
{
    n=read(),l=read(),r=read();
    for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
    memset(f,0x3f,sizeof(f)),f[0]=0;
    sort(a+1,a+n+1),m=a[1];
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        for(int j=0,gd=__gcd(a[i],m);j<gd;j++)
        {
            for(int t=j,c=0;c<2;c+=(t==j))
            {
                int p=(t+a[i])%m;
                f[p]=min(f[p],f[t]+a[i]),t=p;
            }
        }
    }
    int ans=0;
	for(int i=0;i<a[1];i++)
	{
		int cntr=(f[i]<=r)?(r-f[i])/a[1]+1:0;
		int cntl=(f[i]<l)?(l-1-f[i])/a[1]+1:0;
		ans+=cntr-cntl;
	}
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

例题

P3403 跳楼机

板子。
设 $d_i$ 表示模 $x$ 为 $i$ 的能到达的最小楼层。
那么

• $i\xrightarrow{y} (i+y)\mod x$
• $i\xrightarrow{z} (i+z)\mod x$

起点为 $d_1=1$。

P2662 牛场围栏

对于至多砍掉 $m$ 的限制，把每个长度对应的木板都单独拆出来。
同第一题。统计答案时，对于 $d_i$，则 $\mod x=i$ 的数中最大表示不出来的是 $d_i-x$。
枚举 $d_i$，对 $d_i-x$ 取最大值即为答案。

ARC084B Small Multiple

任何一个整数都可以由 $1$ 通过 $\times 10$，$+1$ 交替操作若干次得到。
观察到，第一种操作不改变数位和，第二种操作使数位和加 $1$。
那么可以连边：

• $i\xrightarrow{0} (i\times 10) \bmod k$
• $i\xrightarrow{1} (i+1)\bmod k$

初始条件为 $dis_1=1$，答案为 $dis_0$。

AGC057D Sum Avoidance

一年前看了一天没看懂的题，现在终于知道题解在说啥了。

Part 1.

引理 1. 设 $|A|$ 表示集合 $A$ 的元素个数，则 $|A|=\left\lfloor \frac{S-1}{2}\right\rfloor$。

首先我们证明 $|A|$ 的上界：若 $i\in A$，则必有 $S-i\notin A$。同理，若 $S\bmod 2=0$，则有 $\frac{S}{2}\notin A$。故我们可以把 $[1,S)$ 分为 $\left\lfloor \frac{S-1}{2}\right\rfloor$ 对数，其中每对数至多有一个被选择。

令 $A=\{\left\lfloor \frac{S-1}{2}\right\rfloor+1,\dots,S-1,S\}$，则 $A$ 中任意两个元素之和 $> S$，该构造必然合法。即对于任意的 $S$，我们都能构造出至少一组令 $|A|$ 取到上界的解。

也就是说我们最后的答案集合中，对于 $i\neq \frac{S}{2}$，$i\in A$ 和 $S-i\in A$ 必然恰好满足其一。令 $A$ 中 $\le \left\lfloor \frac{S-1}{2}\right\rfloor$ 的元素构成集合 $B$，则我们可以在只知道 $B$ 的情况下还原出 $A$。

引理 2. 若 $a,b\in B,a+b\le \left\lfloor \frac{S-1}{2}\right\rfloor$，则 $a+b\in B$。

考虑反证，若 $a+b\notin B$，则 $S-a-b\in A$。又因为 $a,b\in A$，$A$ 集合能组合出 $S$，不合法。

引理 3. 若集合 $B$ 中的元素不能相加得到 $S$，则它对应的集合 $A$ 也合法。

依然反证，若集合 $B$ 合法，但集合 $A$ 不合法，则代表存在一个 $x> \left\lfloor \frac{S-1}{2}\right\rfloor$，能与 $B$ 中的若干个元素组合出 $S$。那么有 $S-x\notin B$，且 $B$ 中元素可以组合出 $S-x$。这与引理 2 矛盾。

由于 $B$ 的元素个数对 $|A|$ 不会产生影响，至此我们考虑最小化 $B$ 的字典序即可。

Part 2.

最小化 $B$ 的字典序，有显然正确的贪心：从小到大枚举每个数，如果加了不会造成不合法，就把它加进 $B$。我们要做的事是快速维护这个过程。

考虑第一个被加进 $B$ 的数，不难发现它是第一个不是 $S$ 的约数的数。那么设这个数为 $d$，则有 $\text{lcm}(1,2,\dots d-1) \mid S$。计算得到当 $S$ 取上界 $10^{18}$ 时，仍有 $d\le 43$。

那么我们可以把贪心过程中加入 $B$ 中的数 $x$ 分为两种情况：

• 这个数已经可以被 $B$ 中原有的数表示，根据引理 2 必须加入；
• 这个数不能被表示，且加入后也不能与其它数表示出 $S$，也应该贪心地加入。

从模 $d$ 的剩余系角度考虑，若 $x$ 以第二种方式加入，则它与所有已经在 $B$ 中的数模 $d$ 不同余。所以至多有 $d$ 个数以第二种方式被加入。

考虑维护一个形如同余最短路的东西，设 $f_i$ 表示当前最小能被 $B$ 集合表示的 $\bmod\ d=i$ 的数。那么只需求出最后的 $f$ 数组即可还原出 $B$ 集合，而数组大小只有 $d$，复杂度可以接受。

第一种情况对 $f$ 数组不会产生任何影响，我们只需考虑第二种情况的贡献。

设下一个以第二种方式加入的数为 $v$，并令 $x=v\bmod d$，那么首先 $v$ 应当满足 $f_x>v$。加入后 $B$ 合法的充要条件是用 $v$ 更新数组后仍满足 $f_{S\bmod d}> S$。用 $v$ 更新的过程有如下式子：

$$\text{for}\ i\in [1,d),\ f_{(x+ix)\bmod d}\gets f_x+ ix$$

枚举 $x$，则 $f_{S\bmod d}$ 更新后的值随着 $v$ 的增大单调不降。可以考虑求出 $v$ 的下界：

$$v_x=\max_{i=1}^{d-1} \left\lfloor\frac{f_{(S-ix)\bmod d}}{i}\right\rfloor +1$$

那么下一个要添加的 $v$ 就是 $\min v_x$，添加以后对 $f$ 数组进行更新即可，重复该过程直到找不到一个合法的 $v$。

Part 3.

根据最终的 $f$ 数组还原答案。

对于给定的 $x$，则求得集合 $B$ 中 $\le x$ 的元素个数为

$$\sum_{i=0}^d \left\lfloor\frac{x-f_i}{d}\right\rfloor+[i\neq 0]$$

那么对于 $\le \left\lfloor\frac{S-1}{2}\right\rfloor$ 的答案我们可以直接二分出第 $k$ 小的值，另一半也可以类似地反过来二分。

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