【學習筆記】同余最短路
例題一：洛谷P3404 跳樓機
題目大意：
有一幢 \(h\) 層的摩天大樓，你在第一層，你可以采用如下四種方式移動：
- 向上移動 \(x\) 層。
- 向上移動 \(y\) 層。
- 向上移動 \(z\) 層。
- 回到第一層。
問有多少樓層可以通過若干次移動到達。
數據范圍：\(1\leq h\leq 2^{63} - 1\)，\(1\leq x,y,z\leq 10^5\)。
注意到一個重要性質：如果能到達樓層 \(i\)，那么樓層 \(i + x, i + 2x, i + 3x,\dots\) 也都是可以到達的。形式化地說，所有 \(j \geq i\) 且 \(j\equiv i\pmod{x}\) 的樓層 \(j\) 都是可以到達的。
所以我們考慮對所有 \(k\in[0, x)\)，求出可以到達的最小樓層 \(i\)，滿足 \(i\equiv k\pmod{x}\)。記這樣的 \(i\) 為 \(f(k)\)，那么答案就是：
如何求出所有 \(f(k)\)？用類似 DP 的方法，考慮 \(k\) 的轉移。有如下兩種：
- \(f(k) + y \to f((k + y)\bmod x)\)
- \(f(k) + z\to f((k + z)\bmod x)\)
其中 \(a\to b\) 表示用 \(a\) 的值來更新 \(b\)。也就是 \(b := \min\{a, b\}\)。
這個轉移不同於一般的 DP，它可能帶有環。
我們可以用最短路算法來實現這個 DP。具體來說，從所有 \(k\)，分別向 \((k + y)\bmod x\) 和 \((k + z)\bmod x\) 連邊，邊權分別為 \(y\) 和 \(z\)。每一次轉移，就和最短路中“松弛”的過程是一樣的。起點是 \(f(1\bmod x) = 1\)。
最短路可以用 SPFA 算法實現，在本題的建圖方式下，可以證明它不會被卡。時間復雜度 \(\mathcal{O}(x)\)。
參考代碼：
// problem: P2371
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;
template<typename T> inline void ckmax(T& x, T y) { x = (y > x ? y : x); }
template<typename T> inline void ckmin(T& x, T y) { x = (y < x ? y : x); }
const int MAXN = 1e5, MAXM = MAXN * 2;
const ll LL_INF = 3e18;
ll h;
int x, y, z;
struct EDGE {
int nxt, to, w;
} edge[MAXM + 5];
int head[MAXN + 5], tot;
void add_edge(int u, int v, int w) {
edge[++tot].nxt = head[u];
edge[tot].to = v;
edge[tot].w = w;
head[u] = tot;
}
ll dis[MAXN + 5];
bool inq[MAXN + 5];
int main() {
cin >> h;
cin >> x >> y >> z;
for (int i = 0; i < x; ++i) {
add_edge(i, (i + y) % x, y);
add_edge(i, (i + z) % x, z);
}
for (int i = 0; i < x; ++i) {
dis[i] = LL_INF;
}
dis[1 % x] = 1;
queue<int> q;
q.push(1);
while (!q.empty()) {
int u = q.front();
q.pop();
inq[u] = false;
for (int i = head[u]; i; i = edge[i].nxt) {
int v = edge[i].to;
int w = edge[i].w;
if (dis[v] > dis[u] + w) {
dis[v] = dis[u] + w;
if (!inq[v]) {
inq[v] = true;
q.push(v);
}
}
}
}
ll ans = 0;
for (int i = 0; i < x; ++i) {
if (dis[i] <= h) {
ans += (h - dis[i]) / x + 1;
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
例題二：洛谷P2371 [國家集訓隊]墨墨的等式
題目大意：
給定 \(n, a_{1\dots n}, l, r\)，請求出有多少整數 \(b\in[l,r]\) 可以使關於 \(x_{1\dots n}\) 的方程 \(\sum_{i = 1}^{n}a_i x_i = b\) 存在非負整數解。
數據范圍：\(1\leq n\leq 12\)，\(0\leq a_i\leq 5\times10^5\)，\(1\leq l\leq r\leq 10^{12}\)。
首先特判所有 \(a_i\) 都等於 \(0\) 情況。
差分。求出 \(\leq r\) 的 \(b\) 的數量，和 \(\leq l - 1\) 的 \(b\) 的數量，相減得到答案。問題轉化為對 \(r\)，求有多少 \(b\in[1, r]\)，使方程 \(\sum_{i = 1}^{n}a_i x_i = b\) 有解。
與上一題類似，任選一個 \(a_i\neq 0\)，記為 \(p\)。考慮在 \(\bmod p\) 意義下跑同余最短路。
具體來說，對於所有 \(0\leq i < p\), \(1\leq j\leq n\)，從點 \(i\) 向點 \((i + a_j)\bmod p\) 連一條邊權為 \(a_j\) 的邊。含義是，如果存在一個使方程有解的 \(b\)，滿足 \(b\equiv i\pmod{p}\)，那么 \(b' = b + a_j\) 也能使方程有解，且 \(b'\equiv i + a_j\pmod{p}\)。
起點是 \(0\)，\(f(0) = 0\)。最終答案的計算方式與上題類似。
同樣可以跑 SPFA。時間復雜度 \(\mathcal{O}(n\cdot p) = \mathcal{O}(n\cdot \min\{a_i\})\)。
參考代碼：
// problem: P2371
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;
template<typename T> inline void ckmax(T& x, T y) { x = (y > x ? y : x); }
template<typename T> inline void ckmin(T& x, T y) { x = (y < x ? y : x); }
const int MAXN = 5e5, MAXM = 5e5 * 12;
const ll LL_INF = 1e18;
int n, a[15], p;
ll L, R;
struct EDGE {
int nxt, to, w;
} edge[MAXM + 5];
int head[MAXN + 5], tot;
void add_edge(int u, int v, int w) {
edge[++tot].nxt = head[u];
edge[tot].to = v;
edge[tot].w = w;
head[u] = tot;
}
ll dis[MAXN + 5];
bool inq[MAXN + 5];
int main() {
cin >> n >> L >> R;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> a[i];
if (a[i] == 0) {
--i, --n;
}
}
if (!n) {
cout << 0 << endl;
return 0;
}
sort(a + 1, a + n + 1);
p = a[1];
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
if (a[i] == a[i - 1])
continue;
for (int j = 0; j < p; ++j) {
add_edge(j, (j + a[i]) % p, a[i]);
}
}
for (int i = 0; i < p; ++i) {
dis[i] = LL_INF;
}
dis[0] = 0;
queue<int> q;
q.push(0);
while (!q.empty()) {
int u = q.front();
q.pop();
inq[u] = false;
for (int i = head[u]; i; i = edge[i].nxt) {
int v = edge[i].to;
int w = edge[i].w;
if (dis[v] > dis[u] + w) {
dis[v] = dis[u] + w;
if (!inq[v]) {
inq[v] = true;
q.push(v);
}
}
}
}
ll ans = 0;
--L;
for (int i = 0; i < p; ++i) {
if (dis[i] <= R) {
ans += ((R - dis[i]) / p + 1);
}
if (dis[i] <= L) {
ans -= ((L - dis[i]) / p + 1);
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
小總結
同余最短路問題的關鍵，是找到一個數 \(x\)，滿足：如果 \(i\) 合法，那么所有 \(j \geq i\) 且 \(j\equiv i\pmod{x}\) 的 \(j\) 也合法。
這樣，計數問題（求有多少合法的數），就轉化為了最小值問題：對每個 \(k\in[0, x)\)，求出 \(i\equiv k\pmod{x}\) 的、最小的、合法的 \(i\)。
我們建圖就直接在 \([0, x)\) 這 \(x\) 個點上建就好了，轉移也是描述的這 \(x\) 個點之間的關系。
例題三：【正睿聯賽特訓】巡回
題目大意：
給定一張 \(n\) 個點，\(m\) 條邊的無向圖。第 \(i\) 條邊連接兩個點 \(u_i, v_i\)，且有一個邊權 \(w_i\)，無論從哪個方向經過這條邊用時都是 \(w_i\)。你於 \(0\) 時刻從起點 \(1\) 出發，中途不在任何節點停留，可以經過重復的點和邊（甚至起點和終點），你想要恰好在 \(T\) 時刻到達終點 \(n\)，問能否實現。
數據范圍：\(1\leq n,m\leq 50\)，\(1\leq T\leq 10^{18}\)，\(1\leq w_i\leq 10^4\)。
考慮一條以 \(n\) 為端點的邊 \((u, n, w)\)。注意到，如果能夠在 \(i\) 時刻到達 \(n\)，那么通過在這條邊上繞一下，也就可以在 \(i + 2w\) 時刻到達點 \(n\)。任取一條這樣的邊，記 \(p = 2w\)，考慮在 \(\bmod p\) 意義下跑同余最短路。
因為題目里本來就有一張圖，所以我們考慮一個二維的 DP 狀態：設 \(f(u, k)\) (\(1\leq u\leq n\), \(0\leq k < p\)) 表示最小的時刻 \(i\)，滿足 \(i\equiv k\pmod{p}\)，且可以恰好在時刻 \(i\) 到達點 \(u\)。
轉移是顯然的。因為轉移過程中可能存在環，所以我們同樣用最短路算法來實現這個 DP。
答案就是 \(f(n, T\bmod p)\) 是否 \(\leq T\)。
時間復雜度 \(\mathcal{O}((n + m)\cdot w)\)。
參考代碼：
// problem: ZR1063
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;
template<typename T> inline void ckmax(T& x, T y) { x = (y > x ? y : x); }
template<typename T> inline void ckmin(T& x, T y) { x = (y < x ? y : x); }
const int MAXN = 50, MAXM = 50, MAXW = 1e4;
const int INF = 1e9;
const ll LL_INF = 3e18;
int n, m, p;
ll T;
ll dis[MAXN + 5][MAXW * 2];
bool inq[MAXN + 5][MAXW * 2];
struct EDGE {
int nxt, to, w;
} edge[MAXM * 2 + 5];
int head[MAXN + 5], tot;
void add_edge(int u, int v, int w) {
edge[++tot].nxt = head[u];
edge[tot].to = v;
edge[tot].w = w;
head[u] = tot;
}
void solve_case() {
cin >> n >> m >> T;
tot = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
head[i] = 0;
}
p = INF;
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
int u, v, w;
cin >> u >> v >> w;
++u, ++v;
add_edge(u, v, w);
add_edge(v, u, w);
if (u == n || v == n) {
ckmin(p, w * 2);
}
}
if (p == INF) {
cout << "Impossible" << endl;
return;
}
queue<pii> q;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int j = 0; j < p; ++j) {
dis[i][j] = LL_INF;
inq[i][j] = false;
}
}
dis[1][0] = 0;
q.push(mk(1, 0));
while (!q.empty()) {
int u = q.front().fi;
int t = q.front().se;
q.pop();
inq[u][t] = false;
for (int i = head[u]; i; i = edge[i].nxt) {
int v = edge[i].to;
int w = edge[i].w;
int tt = (w + t) % p;
if (dis[v][tt] > dis[u][t] + w) {
dis[v][tt] = dis[u][t] + w;
if (!inq[v][tt]) {
inq[v][tt] = true;
q.push(mk(v, tt));
}
}
}
}
if (dis[n][T % p] <= T) {
cout << "Possible" << endl;
} else {
cout << "Impossible" << endl;
}
}
int main() {
int T; cin >> T; while (T--) {
solve_case();
}
return 0;
}