题目

大意:给定(n)个点(编号(0)~(n-1)),(m)种无向边,第(i)种边可以连接点(x,(x+a_i)mod n(0le xle n-1))用一次的花费为(c_i),求将图变成一个连通块的最小花费
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思路

不难想到,这题是最小生成树,而且是(Kruskal)(边数较小,点数巨大)
不管三七二十一,先把边按(c_i)单调递增排序.
再想想,费用越小的边,肯定用得越多越好(在能连接不同连通块的前提下).如果我们知道,在已经连上费用更小的边的情况下,一种边在有意义(能连接两个不同的连通块)的前提下最多能用多少次,那这题不就A了吗?
难点就在这里.
我们设加上前(i)种边后(已排序),图中最少有(x_i)个连通块.
特别地,(x_0=N),显然,答案就是:

[sum ^m_{i=1}c_icdot (x_{i-1}-x_{i}) ]

当(x_n>1)时,无解,输出-1
所以如何求(x)?
根据题意,在加入前(i)种边后,点(w)和(u)在同一个连通块内,当且仅当:存在正整数序列(k_1,k_2,k_3,cdots k_i),使得(w=(u+sum ^i_{j=1}k_icdot a_i)mod n),即(w=u+sum ^i_{j=1}k_icdot a_i+k_0cdot n(k_0in ))
变换一下:

[k_0cdot n+k_1cdot a_1+k_2cdot a_2+cdots+k_icdot a_i+u-w=0 ]

其中,(n,a)已知,(k)都是整数但未知,判断是否存在一组合法的(k),这是什么?斐蜀定理!!!
所以,(w,u)连通,当且仅当,(gcd(n,a_1,a_2,cdots,a_i)|u-w),((x|y)表示(x)能整除(y))
即(wequiv u(mod gcd(n,a_1,a_2,cdots,a_i))),余数有(0,1,2,cdotsgcd(n,a_1,a_2,cdots,a_i)-1)共(gcd(n,a_1,a_2,cdots,a_i))种,所以共(gcd(n,a_1,a_2,cdots,a_i))个连通块
所以(x_i= gcd(n,a_1,a_2,cdots,a_i))
所以我们就做完了
官方题解:
在这里插入图片描述

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <algorithm>
using namespace std;
int read() {
	int re = 0;
	char c = getchar();
	bool negt = false;
	while(c < '0' || c > '9')
		negt |= (c == '-') , c = getchar();
	while(c >= '0' && c <= '9')
		re = (re << 1) + (re << 3) + c - '0' , c =getchar();
	return negt ? -re : re;
}
const int M = 100010;
int gcd(int a , int b) {
	return b == 0 ? a : gcd(b , a % b);
}

struct node {
	int a , c;
}ed[M];
bool cmp(node a , node b) {
	return a.c < b.c;
}

int n , m;
int x[M];

signed main() {
	n = read() , m = read();
	for(int i = 1 ; i <= m ; i++)
		ed[i].a = read() , ed[i].c = read();
	
	sort(ed + 1 , ed + m + 1 , cmp);

	x[0] = n;
	for(int i = 1 ; i <= m ; i++)
		x[i] = gcd(x[i - 1] , ed[i].a);

	if(x[m] > 1)
		puts("-1");
	else {
		long long ans = 0;
		for(int i = 1 ; i <= m ; i++)
			ans += 1ll * (x[i - 1] - x[i]) * ed[i].c;
		cout <<ans;
	}
	return 0;
}