AtCoder Regular Contest 144 E GCD of Path Weights

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喵喵题。

考虑若所有点权都已确定，如何求 \(1\) 到 \(n\) 所有路径权值和的 \(\gcd\)。

考虑如何 check 一个 \(x\) 是否合法。考虑拆点，把点权转成边权，在新图上连边 \(u \to u'\)，边权 \(a_u\)；\(u' \to u\)，边权 \(-a_u\)；原图 \(u \to v\) 的边在新图上连边 \(u' \longleftrightarrow v\)，边权 \(0\)。那么需要判断新图的所有环权值和模 \(x\) 意义下都是 \(0\)。

考虑若所有环权值和都为 \(0\)，那么任意两点间所有路径的边权之和模 \(x\) 意义下都相等。若一个点到另一个点路径的边权之和有两种，设为 \(a, b\)，那么需要满足 \(x \mid |a - b|\)。跑出新图的一棵生成树，设根到 \(i\) 的路径边权和为 \(g_i\)。若设一条非树边为 \(u \to v\)，边权为 \(d\)，那么需要满足 \(g_u - g_v + d \equiv 0 \pmod x\)。所以 \(x\) 是所有这样的 \(|g_u + d - g_v|\) 的因数。那么把所有 \(|g_u + d - g_v|\) 取 \(\gcd\) 就是答案。

还有个问题是点权可能不确定。点权不确定的点就不连 \(u\) 和 \(u'\) 之间的边，因为它们的边权可以随意赋值。这样新图可能不连通，跑出一个生成树森林即可。

code

// Problem: E - GCD of Path Weights
// Contest: AtCoder - AtCoder Regular Contest 144
// URL: https://atcoder.jp/contests/arc144/tasks/arc144_e
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

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

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

const int maxn = 600100;

ll n, m, a[maxn], ans, f[maxn], dep[maxn];
vector<int> G[maxn], rG[maxn];
vector<pii> T[maxn];
pii E[maxn];
bool vis1[maxn], vis2[maxn], vis[maxn];

void dfs1(int u) {
	vis1[u] = 1;
	for (int v : G[u]) {
		if (!vis1[v]) {
			dfs1(v);
		}
	}
}

void dfs2(int u) {
	vis2[u] = 1;
	for (int v : rG[u]) {
		if (!vis2[v]) {
			dfs2(v);
		}
	}
}

void dfs(int u) {
	vis[u] = 1;
	for (pii p : T[u]) {
		ll v = p.fst, d = p.scd;
		if (!vis[v]) {
			f[v] = f[u] + d;
			dep[v] = dep[u] + 1;
			dfs(v);
		} else if (dep[v] < dep[u]) {
			ans = __gcd(ans, abs(f[u] - f[v] + d));
		}
	}
}

void solve() {
	scanf("%lld%lld", &n, &m);
	for (int i = 1, u, v; i <= m; ++i) {
		scanf("%d%d", &u, &v);
		G[u].pb(v);
		rG[v].pb(u);
		E[i] = mkp(u, v);
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		scanf("%lld", &a[i]);
	}
	dfs1(1);
	dfs2(n);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		if (a[i] != -1 && vis1[i] && vis2[i]) {
			T[i].pb(i + n, a[i]);
			T[i + n].pb(i, -a[i]);
		}
	}
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
		int u = E[i].fst, v = E[i].scd;
		if (vis1[u] && vis2[u] && vis1[v] && vis2[v]) {
			T[u + n].pb(v, 0);
			T[v].pb(u + n, 0);
		}
	}
	T[1].pb(n + n, 0);
	T[n + n].pb(1, 0);
	for (int i = 1; i <= n * 2; ++i) {
		int j = (i > n ? i - n : i);
		if (!vis[i] && vis1[j] && vis2[j]) {
			dfs(i);
		}
	}
	printf("%lld\n", ans == 0 ? -1LL : ans);
}

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