接触到的新内容,【同余最短路】。

代码很好写,但思路不好理解。

同余最短路,并不是用同余来跑最短路,而是通过同余来构造某些状态,从而达到优化时间空间复杂度的目的。往往这些状态就是最短路中的点,可以类比差分约束跑最短路(f[i]+w<=f[j]构造最短路不等式(例题luogu 小k的农场))

——来自洛谷P3403 Liao_rl 的题解

【P3403跳楼机】

题目背景

DJL为了避免成为一只咸鱼,来找srwudi学习压代码的技巧。

题目描述

Srwudi的家是一幢h层的摩天大楼。由于前来学习的蒟蒻越来越多,srwudi改造了一个跳楼机,使得访客可以更方便的上楼。

经过改造,srwudi的跳楼机可以采用以下四种方式移动:

  1. 向上移动x层;

  2. 向上移动y层;

  3. 向上移动z层;

  4. 回到第一层。

一个月黑风高的大中午,DJL来到了srwudi的家,现在他在srwudi家的第一层,碰巧跳楼机也在第一层。DJL想知道,他可以乘坐跳楼机前往的楼层数。

输入输出格式

输入格式:

第一行一个整数h,表示摩天大楼的层数。

第二行三个正整数,分别表示题目中的x, y, z。

输出格式:

一行一个整数,表示DJL可以到达的楼层数。

输入输出样例

输入样例#1:

15
4 7 9
输出样例#1:

9
输入样例#2:

33333333333
99005 99002 100000
输出样例#2:

33302114671

说明

可以到达的楼层有:1,5,8,9,10,12,13,14,15

想不出来不要死磕这一题,先看看第三题。。。。

1<=h<=2^63-1

1<=x, y, z<=100000

思路

首先考虑低一级的问题,假如只存在x,y两种操作而不是x,y,z三种(暂时忽略回到第一层)

那么很好想,只要用y能凑出来x的剩余系(%x的所有余数的集合),那么所有楼层都能达到

设i为%x的一个余数,f[i]为用y能凑出来的%x=i的最小高度,那么f[i]再往上跳任意个x的层数都能达到,即对于f[x]能达到的层数为(h-f[i])/x+1。因为程序里面的除法是向下取整,后面还要补一个1。另外,由于f数组的存在,一定不存在整除的情况。

那么把所有这样的f[i]加起来就是所求的答案。推广到三种操作的情况,只要用y和z去凑f就能得到答案。

接下来问题是怎么求f[i]。假设我们已经求出一个f[i],在它的基础上再执行一遍y或z操作,例如用f[i]+y,显然能得到f[i+y]。那么考虑让f[i+y]和f[i]都成为点,用y作为边相连,以已知状态推出其它所求状态。因为f数组范围是x的剩余系,为了使f最小我们选择x,y,z中最小的成为x,连边时f[i+y]要作为f[(i+y)%x]这个点使用,对结果并无影响。

考虑起始状态是第一层且最低只能回到第一层,那么已知状态是f[1]=1。用SPFA来松弛这些等式关系,跑出f数组。最后用h计算总答案的时候,要排除掉f[i]中>h的答案。

这道题中的同余最短路思想,个人理解在于利用同余来构造x的剩余系这些点。f[i],f[i]+x,f[i]+2x,...,f[i]+kx,这些楼层数都%x同余,那么只要建立f[i]的状态就能用极低的时间复杂度求出f[i]+x,f[i]+2x等是否可行。

代码:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
long long h,ans,f[];
long long x,y,z,vis[];
queue<long long>q;
long long ver[],head[],edge[],Next[],tot;
void add(long long x,long long y,long long z){
ver[++tot]=y;
Next[tot]=head[x];
edge[tot]=z;
head[x]=tot;
}
int main()
{
// freopen("srwudi2.in","r",stdin);
// freopen("srwudi2.out","w",stdout);
scanf("%lld%lld%lld%lld",&h,&x,&y,&z);
if(x==||y==||z==){
printf("%lld",h);
return ;
}
memset(f,0x7f,sizeof(f));
f[]=;
vis[]=;
if(y<z)swap(y,z);
if(x<z)swap(x,z);
for(int i=;i<z;i++)add(i,(i+x)%z,x),add(i,(i+y)%z,y);
q.push();
while(!q.empty()){
long long u=q.front();
q.pop();
vis[u]=;
for(int i=head[u];i;i=Next[i]){
long long v=ver[i],zz=edge[i];
if(f[v]>f[u]+zz){
f[v]=f[u]+zz;
if(!vis[v]){
vis[v]=;
q.push(v);
}
}
}
}
for(int i=;i<z;i++){
if(f[i]<=h)ans+=(h-f[i])/z+;
}
printf("%lld",ans);
}

那么再来看一道相似的题

【P2371[国家集训队]墨墨的等式】

题目描述

墨墨突然对等式很感兴趣,他正在研究a1​x1​+a2​x2​+…+an​xn​=B存在非负整数解的条件,他要求你编写一个程序,给定N、{an}、以及B的取值范围,求出有多少B可以使等式存在非负整数解。

输入输出格式

输入格式:

输入的第一行包含3个正整数,分别表示N、BMin​、BMax​分别表示数列的长度、B的下界、B的上界。

输入的第二行包含N个整数,即数列{an}的值。

输出格式:

输出一个整数,表示有多少b可以使等式存在非负整数解。

输入输出样例

输入样例#1:

2 5 10
3 5
输出样例#1:

5

说明

对于20%的数据,N≤5,1≤BMin​≤BMax​≤10。

对于40%的数据,N≤10,1≤BMin​≤BMax​≤10^6。

对于100%的数据,N≤12,0≤ai​≤5∗10^5,1≤BMin​≤BMax​≤10^12。

思路

这道题一眼看上去就和上面那道很像对吧XD

但是这道题不仅限于x,y,z而是拓展到了n个数字。不过这并不影响,可以如法炮制,把最小的x选出来,构造它的剩余系对应状态,只是要建很多点了而已。

还有一个不同的地方是这题的询问是有范围的,而不是1-h,所以在询问的时候可以利用很多题目里常见的前缀和思想,即query(max)-query(min-1),来得出答案。

代码:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
long long n,a[],x=,vis[];
long long f[];
long long tot,ver[],Next[],head[],edge[];
long long maxx,minn,ans;
queue<long long>q;
void add(long long x,long long y,long long z){
ver[++tot]=y;
Next[tot]=head[x];
edge[tot]=z;
head[x]=tot;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld%lld",&n,&minn,&maxx);
memset(f,0x7f,sizeof(f));
for(int i=;i<=n;i++){
scanf("%lld",&a[i]);
if(a[i]==){
printf("%lld",maxx-minn+);
return ;
}
x=min(a[i],x);
}
for(int i=;i<=n;i++){
if(a[i]==x)continue;
for(int j=;j<x;j++){
add(j,(j+a[i])%x,a[i]);
}
}
f[]=,vis[]=;
q.push();
while(!q.empty()){
int u=q.front();
q.pop();
vis[u]=;
for(int i=head[u];i;i=Next[i]){
long long v=ver[i],z=edge[i];
if(f[v]>f[u]+z){
f[v]=f[u]+z;
if(!vis[v]){
vis[v]=;
q.push(v);
}
}
}
}
minn-=;
for(int i=;i<x;i++){
if(f[i]<=maxx){
ans+=(maxx-f[i])/x+;
}
if(f[i]<=minn){
ans-=((minn-f[i])/x+);
}
}
printf("%lld",ans);
return ;
}

(来自一个WA多了气急败坏的无脑long long选手)

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