【同余最短路】【例题集合】洛谷P3403 跳楼机/P2371 墨墨的等式

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
#include
#include
#include
using namespace std;
long long h,ans,f[100011];
long long x,y,z,vis[100011];
queue<long long>q;
long long ver[200011],head[100011],edge[200011],Next[200011],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==1||y==1||z==1){
        printf("%lld",h);
        return 0;
    }
    memset(f,0x7f,sizeof(f));
    f[1]=1;
    vis[1]=1;
    if(y<z)swap(y,z);
    if(x<z)swap(x,z);
    for(int i=0;iz,y);
    q.push(1);
    while(!q.empty()){
        long long u=q.front();
        q.pop();
        vis[u]=0;
        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]=1;
                    q.push(v);
                }
            }
        }
    }
    for(int i=0;i){
        if(f[i]<=h)ans+=(h-f[i])/z+1;
    }
    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 
#include
#include
#include
using namespace std;
long long n,a[13],x=10000000,vis[500101];
long long f[500101];
long long tot,ver[6000101],Next[6000101],head[500101],edge[6000101];
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=1;i<=n;i++){
        scanf("%lld",&a[i]);
        if(a[i]==1){
            printf("%lld",maxx-minn+1);
            return 0;
        }
        x=min(a[i],x);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(a[i]==x)continue;
        for(int j=0;j){
            add(j,(j+a[i])%x,a[i]);
        }
    }
    f[0]=0,vis[0]=1;
    q.push(0);
    while(!q.empty()){
        int u=q.front();
        q.pop();
        vis[u]=0;
        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]=1;
                    q.push(v);
                }
            }
        }
    }
    minn-=1;
    for(int i=0;i){
        if(f[i]<=maxx){
            ans+=(maxx-f[i])/x+1;
        }
        if(f[i]<=minn){
            ans-=((minn-f[i])/x+1);
        }
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

（来自一个WA多了气急败坏的无脑long long选手）

转载于:https://www.cnblogs.com/chloris/p/11013913.html