同余最短路

当出现形如「给定 $n$ 个整数，求这 $n$ 个整数能拼凑出多少的其他整数（ $n$ 个整数可以重复取）」，以及「给定 $n$ 个整数，求这 $n$ 个整数不能拼凑出的最小（最大）的整数」，或者「至少要拼几次才能拼出模 $K$ 余 $p$ 的数」的问题时可以使用同余最短路的方法。

同余最短路利用同余来构造一些状态，可以达到优化空间复杂度的目的。

类比差分约束方法，利用同余构造的这些状态可以看作单源最短路中的点。同余最短路的状态转移通常是这样的 $f (i + y) = f (i) + y$ ，类似单源最短路中 $f (v) = f (u) + e d g e (u, v)$ 。

例题

例题一

P3403 跳楼机

题目大意：给定 $x ， y ， z ， h$ ，对于 $k \in [1, h]$ ，有多少个 $k$ 能够满足 $a x + b y + c z = k$ 。（ $0 \leq a, b, c$ ， $1 \leq x, y, z \leq 10^{5}$ ， $h \leq 2^{63} - 1$ ）

不妨假设 $x < y < z$ 。

令 $d_{i}$ 为只通过 操作 2 和 操作 3，需满足 $p mod x = i$ 能够达到的最低楼层 $p$ ，即 操作 2 和 操作 3 操作后能得到的模 $x$ 下与 $i$ 同余的最小数，用来计算该同余类满足条件的数个数。

可以得到两个状态：

$i \overset{y}{\to} (i + y) mod x$
$i \overset{z}{\to} (i + z) mod x$

注意通常选取一组 $a_{i}$ 中最小的那个数对它取模，也就是此处的 $x$ ，这样可以尽量减小空间复杂度（剩余系最小）。

那么实际上相当于执行了最短路中的建边操作：

add(i, (i+y) % x, y)

add(i, (i+z) % x, z)

接下来只需要求出 $d_{0}, d_{1}, d_{2}, \dots, d_{x - 1}$ ，只需要跑一次最短路就可求出相应的 $d_{i}$ 。

与差分约束问题相同，当存在一组解 ${a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}}$ 时， ${a_{1} + d, a_{2} + d, \dots, a_{n} + d}$ 同样为一组解，因此在该题让 $i = 1$ 作为源点，此时源点处的 $d i s_{1} = 1$ 在已知范围内最小，因此得到的也是一组最小的解。

答案即为：

\sum_{i = 0}^{x - 1} (\frac{h - d_{i}}{x} + 1)

加 1 是由于 $d_{i}$ 所在楼层也算一次。

代码实现上注意到 $h$ 的范围是 $h \leq 2^{63} - 1$ ，所以在求解最短路之前 $d_{i}$ 的初始值应至少设为 $2^{63}$ ，这超过了 C++ 中 long long 的最大值。所以可以使用 unsigned long long 或者先把 $h \leftarrow h - 1$ ，然后把最低楼层设为 $0$ 层，其他代码无异。

参考实现

#include <iostream>
#include <queue>

using namespace std;
using ll = long long;
constexpr int MAXN = 100010;
constexpr ll linf = (1ull << 63) - 1;

ll h, x, y, z;
ll head[MAXN << 1], tot;
ll dis[MAXN], vis[MAXN];
queue<int> q;

struct edge {
  ll to, next, w;
} e[MAXN << 1];

void add(ll u, ll v, ll w) {
  e[++tot] = edge{v, head[u], w};
  head[u] = tot;
}

void spfa() {  // spfa算法，可看最短路部分
  dis[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 = e[i].next) {
      int v = e[i].to, w = e[i].w;
      if (dis[v] > dis[u] + w) {
        dis[v] = dis[u] + w;
        if (!vis[v]) {
          q.push(v);
          vis[v] = 1;
        }
      }
    }
  }
}

int main() {
  cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
  cin >> h;
  cin >> x >> y >> z;
  if (x == 1 || y == 1 || z == 1) {
    cout << h << '\n';
    return 0;
  }
  --h;
  for (int i = 0; i < x; i++) {
    add(i, (i + z) % x, z);
    add(i, (i + y) % x, y);
    dis[i] = linf;
  }
  spfa();
  ll ans = 0;
  for (int i = 0; i < x; i++) {
    if (h >= dis[i]) ans += (h - dis[i]) / x + 1;
  }
  cout << ans << '\n';
  return 0;
}

例题二

ARC084B Small Multiple

题目大意：给定 $n$ ，求 $n$ 的倍数中，数位和最小的那一个的数位和。（ $1 \leq n \leq 10^{5}$ ）

本题可以使用循环卷积优化完全背包在 $O (n \log^{2} n)$ 的时间内解决，但我们希望得到线性的算法。

观察到任意一个正整数都可以从 $1$ 开始，按照某种顺序执行乘 $10$ 、加 $1$ 的操作，最终得到，而其中加 $1$ 操作的次数就是这个数的数位和。这提示我们使用最短路。

对于所有 $0 \leq k \leq n - 1$ ，从 $k$ 向 $10 k$ 连边权为 $0$ 的边；从 $k$ 向 $k + 1$ 连边权为 $1$ 的边。（点的编号均在模 $n$ 意义下）

每个 $n$ 的倍数在这个图中都对应了 $1$ 号点到 $0$ 号点的一条路径，求出 $1$ 到 $0$ 的最短路即可。某些路径不合法（如连续走了 $10$ 条边权为 $1$ 的边），但这些路径产生的答案一定不优，不影响答案。

时间复杂度 $O (n)$ 。

习题

AGC057D - Sum Avoidance

「THUPC 2023 初赛」背包

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