归一变成模意义下的问题 + 根号分治 + 贝祖定理 + 同余最短路：0116C

http://47.92.197.167:5283/contest/452/problem/3

牌肯定要换就换。每一种状态肯定要想办法压起来。

但如果我们直接压很麻烦，而且不知道怎么压。我们可以仔细想一下，牌的换逆向换对结果是否有影响，没有影响。所以我们可以把所有牌换成1号牌，那样子会很方便我们操作。同时 $(2n)!!$ 张1号牌可以换成1张1号牌，那么状态就变成有限的了。

这里要思考一个问题。我们把$(2n)!!$ 张1号牌换成1张1号牌，本质上是消耗了 $(2n)!!-1$ 张1号牌，所以我们的讨论应该是在模 $(2n)!!-1$ 意义下讨论的。而在这种情况下，0对应的是 $(2n)!!-1$ 张牌。因为在过程中不可能出现0张牌，而只有 $(2n)!!-1$ 是不可换的。

此时，每一个卡包都对应了一个数，初始状态也对应一个状态。同时状态之间满足可加性，而这正是我们想要的。而且我们的讨论都是有限的，我们都是在模 $(2n)!!-1$ 意义下讨论的。

根据贝祖定理，我们只用卡包可以凑出的数应该是所有卡包的值和 $(2n)!!-1$ 的 $\gcd$ $d$ 的倍数。

因此我们有了一个暴力做法，直接模拟多少个 $d$。

---

考虑正解，当 $d\ge \sqrt{(2n)!!-1}$ 时，我们直接跑即可。（当 $id>\sqrt{(2n)!!-1}$ 时我们就不用跑了，因为 $d|(2n)!!-1$）

当 $d\le \sqrt{(2n)!!-1}$，我们现在转化成一个问题：假设初始的值为 $a$，我们需要找到一个数 $c$ 满足 $c\equiv a(\mathrm{mod}d)$，同时 $c$ 用的牌最少。

关于这个，我们可以采用同余最短路来处理。我们可以在某个位置放一张牌，代价+1，然后改变当前数在模 $d$ 意义下的值。因为代价全是1，所以我们直接bfs即可。

关于复杂度证明：

#include
using namespace std;
#ifdef LOCAL
 #define debug(...) fprintf(stdout, ##__VA_ARGS__)
#else
 #define debug(...) void(0)
#endif
#define int long long
inline int read(){int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;
ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+
(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}return x*f;}
#define Z(x) (x)*(x)
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
//#define M
//#define mo
#define N 200010
int n, m, i, j, k, T;
int d, nw, id, ans, sum, mod, flg; 
int mq, dis[N], u, v; 
queue<int>q; 


signed main()
{
	freopen("card.in", "r", stdin);
	freopen("card.out", "w", stdout);
//	srand(time(NULL));
//	T=read();
//	while(T--) {
//
//	}
	n = read(); m = read(); 
	for(i = 2, mod = 1; i <= 2 * n; i += 2) mod *= i; --mod; d = mod; 
	for(i = 1, j = 1; i <= n; j *= (2 * i), ++i) {
		k = read(); sum += k * j % mod; sum %= mod; 
		if(k) flg = 1; 
	}
	for(id = 1; id <= m; ++id) {
		nw = 0; 
		for(i = 1, j = 1; i <= n; j *= (2 * i), ++i) {
			k = read(); nw += k * j % mod; nw %= mod; 
		}
		if(!nw) continue; 
		d = __gcd(d, nw); 
	}
	
	
	/*******************************************/

	
	auto calc =  [&] (int x) -> int{
		int ans = 0, i; 
		for(i = 2; i <= 2 * n; i += 2) ans += x % i, x /= i; 
		if(ans == 0) return mod; 
		return ans; 
	}; 
	mq = sqrt(sum); 
	ans = calc(sum); if(!flg) ans = 0; 
	if(d >= mq) {
		for(i = 0; i * d <= mod; ++i) ans = min(ans, calc((sum + i * d) % mod)); 
	printf("%lld", ans); 
	}
	else { 
		sum %= d; 
		memset(dis, 0x3f, sizeof(dis)); dis[0] = 0; 
		q.push(0); 
		while(!q.empty()) {
			u = q.front(); q.pop(); 
			for(i = j = 1; i <= n; j *= (2 * i), ++i) {
				v = (u + j) % d; 
				if(v == 0) v = d; 
				if(dis[u] + 1 < dis[v]) {
					dis[v] = dis[u] + 1; 
					q.push(v); 
				}
			}
		}
		if(sum == 0) sum = d; 
		debug(">> %lld\n", sum); 
		printf("%lld\n", min(ans, dis[sum])); 
	}
	
	
	/*******************************************/
	
	
	
	
	
	return 0;
}