洛谷P3543 [POI2012] WYR-Leveling Ground

题目描述

给定 \(n\) 个数和 \(a,b\) 每次可以选择一段区间 \(+a,-a,+b ,或 -b\)，问最少操作几次能把它们都变成 \(0\)。如果无解请输出 \(-1\)。

样例输入

5 2 3
1 2 1 1 -1

5

分析

对于区间修改是很麻烦的，为了简化复杂度，这里可以将数组转化为差分数组以降低难度，对于每一个数，我们实际上都可以找

出一个方程 \(0+ax+by=c\) 这里的 \(c\) 实际上就是原序列数，看着是不是很眼熟，没错，就是扩展欧几里得定理，这里的\(x,y\)

指的是对 \(a,b\) 进行的操作，一次\(+a,-a\) , \(+b,-b\)，互相抵消，所以肯定不是最优解，可以不考虑，那会不会出现一个数两边

的区间减去一个数，但这个数不用减的情况呢，因为这里使用的是差分数组进行的操作，进行的是单点修改，在每一个点的修改

对区间的影响是与之前点的修改相关的，每一个点的加减组合起来就完成了对于所有区间的遍历，所以这种情况也会被考虑在内

因为一次对一个数的部分操作 \(x\) , \(y\) 是对其他数操作时对这个数的影响，所以一次操作被算了两遍，所以最后答案实际上是

\(\frac{\sum(x+y)}{2}\) ，这里要先处理出方程等于 \(gcd(a,b)\) 的两特解，即为

• 1 \(x\)最小正整数解，\(y\) 最大负整数解

• 2 \(x\)最大负整数解，\(y\) 最小正整数解

这里是因为要保证代价最小，接着根据裴蜀定理，让序列里的数膜上 \(gcd(a,b)\) 判断是否有解，然后我们要不断去找\(x,y\)的最小

加和最小解，因为\(x,y\) 之间具有方程关系，所以只需要考虑 \(x\) 的操作，再进行判断就可以了，这里可以用一个小根堆去维护，

每次取出最小代价操作，这里需要注意一个点，因为操作 \(a,b\) 时有加有减，所以\(x，y\) 可能出现负数，在这里先假设对 \(x\) 的

操作更多且为正，然后根据通解公式$$x=x_0+k*\frac{b}{gcd(a,b)}$$,

\[y=y_0+k*\frac{a}{gcd(a,b)}
\]

每次让取出的 \(x\) 减去 \(\frac{b}{gcd(a,b)}\) ,对应的 \(y\) 加上 \(\frac{a}{gcd(a,b)}\),不断更新即可，这里可以提前求一下 \(x\) 操作数的和，最多更新次数就是

\(\frac{\sum x}{b_0}\) , \((b_0=\frac{b}{gcd(a,b)})\) 因为已经保证了 \(cnt_x\) \(>\) \(cnt_y\) ，所以对于所有的 \(y\) 一定进行更新了，最后把所有操作的 \(x,y\) 加起来再

除二即为答案

solution

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=(1<<17)+10;

long long n,m,sum[maxn],a,b,X[maxn],Y[maxn];

priority_queue <pair<int,int> >q;

int exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
	if(b==0)
	{
		x=1;
		y=0;
		return a;
	}
	int res=exgcd(b,a%b,x,y);
	int t=x;
	x=y;
	y=t-y*(a/b);
	return res;
}

bool pd(int x,int y,int xx,int yy)
{
	return abs(x)+abs(y)<abs(xx)+abs(yy);
}

signed main()
{
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&a,&b);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%lld",&sum[i]);
	for(int i=n+1;i>=1;i--)
	{
		sum[i]=sum[i]-sum[i-1];//差分，要多处理一个数0，对答案无影响
	}
	int x=0,y=0;
	int d=exgcd(a,b,x,y);
	a/=d,b/=d;
	for(int xx,yy,i=1;i<=n+1;i++)
	{
		int c=sum[i]/d;
		if(sum[i]%d!=0){puts("-1");return 0;}
		xx=X[i]=(x*c%b+b)%b;//x最小正解
		yy=Y[i]=(c-xx*a)/b;//y最大负解
		xx-=b,yy+=a;
		if(pd(xx,yy,X[i],Y[i]))X[i]=xx,Y[i]=yy;
		yy=(y*c%a+a)%a;//y最小正解
		xx=(c-yy*b)/a;//x最小负解
		if(pd(xx,yy,X[i],Y[i]))X[i]=xx,Y[i]=yy;
		yy-=a,xx+=b;
		if(pd(xx,yy,X[i],Y[i]))X[i]=xx,Y[i]=yy;
	}
	int temp=0;
	for(int i=1;i<=n+1;i++) temp+=X[i];
	temp/=b;
	if(temp<0)temp=-temp,swap(a,b),swap(X,Y);//保证X为正
	for(int i=1;i<=n+1;i++) q.push(make_pair(-(abs(X[i]-b)+abs(Y[i]+a)-abs(X[i])-abs(Y[i])),i));
	while(temp--)
	{
		int u=q.top().second;
		q.pop();
		X[u]-=b,Y[u]+=a;
		q.push(make_pair(-(abs(X[u]-b)+abs(Y[u]+a)-abs(X[u])-abs(Y[u])),u));
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n+1;i++)ans+=abs(X[i])+abs(Y[i]);
	printf("%lld",ans>>1);

	return 0;
}