感觉太人类智慧了。
设 \(A = (c_1,c_2,...,c_n)\) 表示当前每种牌的数量，\(f(A)\) 为状态 \(A\) 只进行换牌操作最终最少剩下几张牌。
\(f(A)\) 是可以贪心求出的，因为策略必然是能换则换。
并且我们发现依次换 \(2,3,...,n,1\)，最后 \(c_2 \sim c_n\) 都不会变，而 \(c_1 \gets c_1 - (2^n n! - 1)\)。
因为能换则换，所以不妨把 \(i \ge 2\) 的牌全部倒换成 \(1\) 号牌，这样我们得到了现在的 \(c_1 = X = \sum\limits_{i=1}^n c_i 2^{i-1}(i-1)!\)。
显然有 \(f((X,0,0,...,0)) = f(A)\)，说明这样做不会影响最终答案。那我们就可以把一个状态映射到一个数 \(X\)，对 \(X\) 去考虑就比对 \(A\) 去考虑容易多了。
设 \(P\) 为初始状态全部倒换成 \(1\) 号牌后得到的数，\(a_i\) 为第 \(i\) 套卡包倒换成 \(1\) 号牌后得到的数。设最终答案为 \(Q\)，使用了 \(x_i\) 次第 \(i\) 套卡包，进行了 \(y\) 次依次换 \(2,3,...,n,1\) 的操作，那么有如下等式：
\[Q = P + \sum\limits_{i=1}^n x_i a_i - y(2^n n! - 1) \]发现是一个不定方程的形式。
裴蜀定理：设 \(a,b\) 为不都为 \(0\) 的整数，则 \(ax + by = d\) 有解的充要条件是 \(d \mid \gcd(a,b)\)。
因为裴蜀定理可以推广到多个数，所以 \(Q\) 需要满足：
\[(Q - P) \mid \gcd(x_1 a_1, x_2 a_2, ..., x_n a_n, 2^n n! - 1) \]记 \(d = \gcd(x_1 a_1, x_2 a_2, ..., x_n a_n, 2^n n! - 1)\)，令 \(Q = kd + (P \bmod d), k \in \mathbb N\)，那么问题就变成了求出 \(\min(f(kd + (P \bmod d)))\)。
我们有两个暴力做法。
- 暴力枚举 \(k\) 并计算，时间复杂度 \(O(n \frac{2^n n! - 1}{d})\)。
- 跑同余最短路，初始是 \(dis_u = 1, u = 2^{i-1} (i-1)!\)，每次枚举要拿哪张牌，答案为 \(dis_{P \bmod d}\)，时间复杂度 \(O(nd)\)。
考虑根号分治，发现复杂度其实和 \(2^n n! - 1\) 的最大的 \(\le \sqrt{2^n n! - 1}\) 的因数有关。打表可以发现，\(2^n n! - 1\) 的最大的 \(\le \sqrt{2^n n! - 1}\) 的因数为 \(1214827\)，可过。
code
// Problem: F - Die Siedler
// Contest: AtCoder - AtCoder Regular Contest 112
// URL: https://atcoder.jp/contests/arc112/tasks/arc112_f
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 6000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;
const int maxn = 20;
const int maxm = 1220000;
ll n, m, a[maxn], f[maxn], g[maxm];
inline ll calc() {
ll ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
ans += a[i] * f[i - 1];
}
return ans;
}
inline ll calc(ll x) {
ll ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
ans += (x % (2 * i));
x /= (2 * i);
}
return ans;
}
void solve() {
scanf("%lld%lld", &n, &m);
f[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
f[i] = f[i - 1] * i * 2;
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%lld", &a[i]);
}
ll P = calc(), d = f[n] - 1;
while (m--) {
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%lld", &a[i]);
}
d = __gcd(d, calc());
}
if (d <= 1214827) {
queue<int> q;
mems(g, -1);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
g[f[i] % d] = 1;
q.push(f[i] % d);
}
while (q.size()) {
int u = q.front();
q.pop();
for (int i = 0; i < n; ++i) {
int v = (u + f[i]) % d;
if (g[v] == -1) {
g[v] = g[u] + 1;
q.push(v);
}
}
}
printf("%lld\n", g[P % d]);
} else {
ll ans = 9e18;
for (ll x = (P % d ? P % d : d); x < f[n]; x += d) {
ans = min(ans, calc(x));
}
printf("%lld\n", ans);
}
}
int main() {
int T = 1;
// scanf("%d", &T);
while (T--) {
solve();
}
return 0;
}
到底怎么想到的啊