AtCoder Regular Contest 112 F Die Siedler

洛谷传送门

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感觉太人类智慧了。

设 \(A = (c_1,c_2,...,c_n)\) 表示当前每种牌的数量，\(f(A)\) 为状态 \(A\) 只进行换牌操作最终最少剩下几张牌。

\(f(A)\) 是可以贪心求出的，因为策略必然是能换则换。

并且我们发现依次换 \(2,3,...,n,1\)，最后 \(c_2 \sim c_n\) 都不会变，而 \(c_1 \gets c_1 - (2^n n! - 1)\)。

因为能换则换，所以不妨把 \(i \ge 2\) 的牌全部倒换成 \(1\) 号牌，这样我们得到了现在的 \(c_1 = X = \sum\limits_{i=1}^n c_i 2^{i-1}(i-1)!\)。

显然有 \(f((X,0,0,...,0)) = f(A)\)，说明这样做不会影响最终答案。那我们就可以把一个状态映射到一个数 \(X\)，对 \(X\) 去考虑就比对 \(A\) 去考虑容易多了。

设 \(P\) 为初始状态全部倒换成 \(1\) 号牌后得到的数，\(a_i\) 为第 \(i\) 套卡包倒换成 \(1\) 号牌后得到的数。设最终答案为 \(Q\)，使用了 \(x_i\) 次第 \(i\) 套卡包，进行了 \(y\) 次依次换 \(2,3,...,n,1\) 的操作，那么有如下等式：

\[Q = P + \sum\limits_{i=1}^n x_i a_i - y(2^n n! - 1) \]

发现是一个不定方程的形式。

裴蜀定理：设 \(a,b\) 为不都为 \(0\) 的整数，则 \(ax + by = d\) 有解的充要条件是 \(d \mid \gcd(a,b)\)。

因为裴蜀定理可以推广到多个数，所以 \(Q\) 需要满足：

\[\gcd(x_1 a_1, x_2 a_2, ..., x_n a_n, 2^n n! - 1) \mid (Q - P) \]

记 \(d = \gcd(x_1 a_1, x_2 a_2, ..., x_n a_n, 2^n n! - 1)\)，令 \(Q = kd + (P \bmod d), k \in \mathbb N\)，那么问题就变成了求出 \(\min(f(kd + (P \bmod d)))\)。

我们有两个暴力做法。

• 暴力枚举 \(k\) 并计算，时间复杂度 \(O(n \frac{2^n n! - 1}{d})\)。
• 跑同余最短路，初始是 \(dis_u = 1, u = 2^{i-1} (i-1)!\)，每次枚举要拿哪张牌，答案为 \(dis_{P \bmod d}\)，时间复杂度 \(O(nd)\)。

考虑根号分治，发现复杂度其实和 \(2^n n! - 1\) 的最大的 \(\le \sqrt{2^n n! - 1}\) 的因数有关。打表可以发现，\(2^n n! - 1\) 的最大的 \(\le \sqrt{2^n n! - 1}\) 的因数为 \(1214827\)，可过。

code

// Problem: F - Die Siedler
// Contest: AtCoder - AtCoder Regular Contest 112
// URL: https://atcoder.jp/contests/arc112/tasks/arc112_f
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 6000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;

const int maxn = 20;
const int maxm = 1220000;

ll n, m, a[maxn], f[maxn], g[maxm];

inline ll calc() {
	ll ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		ans += a[i] * f[i - 1];
	}
	return ans;
}

inline ll calc(ll x) {
	ll ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		ans += (x % (2 * i));
		x /= (2 * i);
	}
	return ans;
}

void solve() {
	scanf("%lld%lld", &n, &m);
	f[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		f[i] = f[i - 1] * i * 2;
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		scanf("%lld", &a[i]);
	}
	ll P = calc(), d = f[n] - 1;
	while (m--) {
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			scanf("%lld", &a[i]);
		}
		d = __gcd(d, calc());
	}
	if (d <= 1214827) {
		queue<int> q;
		mems(g, -1);
		for (int i = 0; i < n; ++i) {
			g[f[i] % d] = 1;
			q.push(f[i] % d);
		}
		while (q.size()) {
			int u = q.front();
			q.pop();
			for (int i = 0; i < n; ++i) {
				int v = (u + f[i]) % d;
				if (g[v] == -1) {
					g[v] = g[u] + 1;
					q.push(v);
				}
			}
		}
		printf("%lld\n", g[P % d]);
	} else {
		ll ans = 9e18;
		for (ll x = (P % d ? P % d : d); x < f[n]; x += d) {
			ans = min(ans, calc(x));
		}
		printf("%lld\n", ans);
	}
}

int main() {
	int T = 1;
	// scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		solve();
	}
	return 0;
}

到底怎么想到的啊