【BZOJ】5213: [Zjoi2018]迷宫-DFA&找规律

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题解

问题的本质是，计算能识别所有$m$进制下$k$的倍数的确定性有限状态自动机(DFA)的最小点数。— 官方题解

首先存在答案上界$k$：构造$k$个点(标号为$[0,k)$)，第$i$点依次代表$modk=i$，第$i$个点的第$j$条出边连向$i\cdot m+j\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}k$。

答案就是上述自动机节点的等价类个数。点$i,j$等价当且仅当$i$出发能接受的所有$m$进制数集合和$j$完全相同。

设$f(i)$表示从点$i$出发，能接受的最短的$m$进制数的位数，$g(i)=i\cdot m^{f(i)}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}k)$。

则点$i,j$等价的充要条件即$f(i)=f(j)$且$g(i)=g(j)$(不会证明)。

• $0$必然是单独的一个等价类，设$f(l,m,k)$表示在制定的$m,k$下还剩下$1,2,...,l$的等价类个数。

• 把这些数$\times mmodk$，若两个数操作后相等，则它们必然在一个等价类中，直接去重。设$d=gcd(m,k)$，则所有数均为$d$的倍数。

• 此时所有$>k-m$的数和$0$都分别代表一个等价类，$f$都$=1$，把这些数删去。

• 对于剩下的数，再$\times mmodk$，去重后删去$>k-m^2$的数，依次类推。

具体来说，设初始状态为$f(k-1,m,k)$，每一层迭代删去$f$逐次$+1$的等价类：

• 设$d=gcd(m,k)$，若$d=1$，显然答案为$l$，否则将$[1,l]$$\times mmodk$
• 上一层删去了$(l,k)$中的数，则这一轮中要删去在$(k-m(k-l),k)\cup \{0\}$中的数：
  $(1)$ 若$k\le m(k-l)$，显然答案为$l$
  $(2)$ 若$l>\frac{k}{d}$，则剩下的是$(0,k-m(k-l)]$中$d$的倍数，删去了$\frac{m(k-l)}{d}$个数，递归子问题$f(\frac{k-m(k-l)}{d},m,\frac{k}{d})$
  $(3)$ 若$l\le \frac{k}{d}$，则$l\le \frac{k}{d}\cdot \frac{d(m-1)}{m}$，则$k\le m(k-l)$，转成情况$(1)$

总时间复杂度$O(T\log k)$

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代码

#include
using namespace std;
typedef long long ll;

int T;ll m,k;

inline ll gcd(ll x,ll y){return (!y)?x:gcd(y,x%y);}

ll sol(ll l,ll k)
{
	ll d=gcd(m,k);if(d==1 || l<=k/d) return l;
	if(k<=(double)m*(k-l)) return k/d;
	return m/d*(k-l)+sol((k-m*(k-l))/d,k/d);
}

int main(){
	for(scanf("%d",&T);T;--T){
		scanf("%lld%lld",&m,&k);
		printf("%lld\n",sol(k-1,k)+1);
	}
	return 0;
}