智慧题。
思路
考虑第二种操作。
我们会想到，我们可以先把所有牌转化成第一种牌。
即：
\[one=\sum_{i=1}^n\prod_{j=1}^i 2^{j-1}(j-1)!c_i \]这就是第一种牌的数量。
然后考虑，我们可以将第一种牌转化为第一种牌，花费的代价为：
\[g=(\prod_{i=1}^n 2^{i-1}(i-1)!)-1 \]相当于对 \(g\) 取模。
类似的，我们可以把所有牌包也转化为 \([0,g)\) 中的一个整数。
我们现在，就需要用这些东西不断的去凑。
假如我们最初是 \(s\)，想要凑出 \(t\)。
那么依据裴蜀定理。
要求：
\[\gcd(s_i,g)|(t-s) \]这个怎么解决呢。
我们可以先让 \(p=\gcd(s_i,g)\)。
然后考虑根号分治。
-
\(p> \sqrt g\)
我们发现在这种情况中，我们暴力枚举 \(s+p\times i\)，只有根号种取值，我们暴力计算每一个数的答案，取个 \(\min\) 就可以了。
-
\(p\le \sqrt g\)
在这种情况中，由于 \(p\) 很小，我们可以求出每一个余数在 \([0,p)\) 中的答案。
具体的我们可以让每个点 \(i\) 往后连 \(n\) 条边，表示加一张牌。
然后就是同余最短路形式，转圈解决即可。
打表发现实际次数远不到根号，所以能过。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n, m, bg;
int s[55][17];
int f[17];
int b[17];
int c[17];
int a[2000010];
int g[2000010];
inline int sol(int x) {
if (x == 0) return 1e9;
int res = 0;
for (int i = n; i >= 1; i--)
res += x / f[i], x %= f[i];
return res;
}
signed main() {
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> c[i];
for (int i = 1; i <= m; i++)
for (int j = 1; j <= n; j++)
cin >> s[i][j];
f[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; i++)
f[i] = f[i - 1] * (i - 1) * 2;
int g = f[n] * n * 2 - 1;
int l = f[n] * n * 2 - 1;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int res = 0;
for (int j = 1; j <= n; j++)
res += s[i][j] * f[j];
g = __gcd(g, res);
}
for (int i = 1; i <= n; i++) bg += c[i] * f[i];
if (g <= 1300000) {
bg %= g;
for (int i = 0; i < g; i++) a[i] = 7e18;
for (int i = 1; i <= n; i++) f[i] = f[i] % g;
for (int i = 1; i <= n; i++) a[f[i]] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int lim = __gcd(f[i], g);
for (int k = 0; k < g; k += lim) {
for (int j = 0; j < lim; j++) {
int l = j + k, r = j + k + f[i];
if (r >= g) r -= g;
a[r] = min(a[r], a[l] + 1);
}
}
for (int k = 0; k < g; k += lim) {
for (int j = 0; j < lim; j++) {
int l = j + k, r = j + k + f[i];
if (r >= g) r -= g;
a[r] = min(a[r], a[l] + 1);
}
}
}
cout << a[bg] << "\n";
} else {
int ans = 7e18;
for (int i = bg % g; i <= l; i += g) {
ans = min(ans, sol(i));
}
cout << ans << "\n";
}
}