BZOJ2118 墨墨的等式[同余类最短路]

声明：关于这题的$O(mn)$尚且未深入理解，虽然之前有跟这位神仙聊过做法但并没太懂。。可能要等我问一波yql。。。

$O(mnlogm)$同余最短路做法：

首先不妨抽出最小的$a_i=m$，那么剩余的$a$如果可以表示出$x$，那么$x+km$的所有数都可以表出。所以对于$m$的同一个同余类$i\in[0,m)$，我们希望求出$f_i=\min\{h|h\mod=i\}$其中$h$是可以用其他$a$表出的，也就是用其他东西来表示出最小的、可以$\mod m=i$的数，这样，所有$h+km(k\in N)$都可以表示，而所有$h+km(k<0)$都不能表示。要求出这个数组，就需要使用这个同余类最短路算法，由背包DP的思路，对于其他一个不是$m$的$a$可以有$f_{(i+a)\mod m}=\min(f_i+a)$，也就是希望由其他最小值推得。那么对于$i\to (i+a)\mod m$建一条边权$a$的边，$f_0=0$，这样$f_i$如果要最小表示出来就是要从$f_0$找一条路到达他，加上路上边权最小，这个跑一遍最短路即可。

不过，有$m$个点，每个点有$n$个连边（有向），总边数$mn$，这个复杂度是$O(mnlogm)$的。由于O2dij优秀的速度所以可过。。。但是实际存在一种更快的$O(mn)$解法，我暂不甚理解，要先咕咕咕了。

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstring>
 4 #include<algorithm>
 5 #include<cmath>
 6 #include<queue>
 7 #define dbg(x) cerr << #x << " = " << x <<endl
 8 using namespace std;
 9 typedef long long ll;
10 typedef double db;
11 typedef pair<ll,int> pii;
12 template<typename T>inline T _min(T A,T B){return A<B?A:B;}
13 template<typename T>inline T _max(T A,T B){return A>B?A:B;}
14 template<typename T>inline char MIN(T&A,T B){return A>B?(A=B,1):0;}
15 template<typename T>inline char MAX(T&A,T B){return A<B?(A=B,1):0;}
16 template<typename T>inline void _swap(T&A,T&B){A^=B^=A^=B;}
17 template<typename T>inline T read(T&x){
18     x=0;int f=0;char c;while(!isdigit(c=getchar()))if(c=='-')f=1;
19     while(isdigit(c))x=x*10+(c&15),c=getchar();return f?x=-x:x;
20 }
21 const int N=5e5+7;
22 struct thxorz{int to,nxt,w;}G[N*11];
23 int Head[N],tot;
24 int n,m,a[13],c=1145141919;
25 ll L,R,ans;
26 inline void Addedge(int x,int y,int z){G[++tot].to=y,G[tot].nxt=Head[x],Head[x]=tot,G[tot].w=z;}
27 priority_queue<pii,vector<pii>,greater<pii> > q;
28 ll dis[N];
29 #define y G[j].to
30 inline void dij(){
31     memset(dis,0x3f,sizeof dis);q.push(make_pair(dis[0]=0,0));
32     while(!q.empty()){
33         int x=q.top().second;ll d=q.top().first;q.pop();
34         if(d^dis[x])continue;
35         for(register int j=Head[x];j;j=G[j].nxt)if(MIN(dis[y],d+G[j].w))q.push(make_pair(dis[y],y));
36     }
37 }
38 #undef y
39 int main(){//freopen("test.in","r",stdin);//freopen("test.ans","w",stdout);
40     read(m),read(L),read(R);
41     for(register int i=1,x;i<=m;++i)read(x),x&&MIN(c,a[++n]=x);
42     for(register int i=0;i<c;++i)
43         for(register int j=1;j<=n;++j)if(a[j]^c)Addedge(i,(i+a[j])%c,a[j]);
44     dij();//for(register int i=0;i<c;++i)printf("%d %d\n",i,dis[i]);
45     for(register int i=0;i<c;++i)ans+=(dis[i]<=R?1+(R-dis[i])/c:0)-(dis[i]<=L-1?1+(L-1-dis[i])/c:0);
46     return printf("%lld\n",ans),0;
47 }

PS：由于图不是特殊构造的，所以spfa速度更快，但是是不是复杂度$O(mn)$我也不知道。。

标签：BZOJ2118,return,int,tot,同余类,read,墨墨,include,dis
来源： https://www.cnblogs.com/saigyouji-yuyuko/p/11606105.html