ARC112F Die Siedler

题目来源：Atcoder, ARC112F Die Siedler

题目大意

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你有若干张编号为 $ 1 $ 到 $ n $ 的卡片，和 $ m $ 包可以无限开的卡包，你可以以任意顺序执行任意多次以下操作：

将 $ 2i $ 张编号为 $ i $ 的卡片换成一张编号为 $ i mod n + 1$ 的卡片。
选择一个卡包打开并获得其中的所有卡片。

你希望你拥有的卡片张数尽可能的少。

你需要求出经过任意多次操作后你拥有的卡片的最小张数。

数据范围：(1leq nleq 16, 1leq mleq 50)。

本题题解

定义与一些基本性质：

定义一个“局面” (A) 是一个长度为 (n) 的非负整数序列，(A_i) 表示编号为 (i) 的卡片有多少张。

定义两个局面的加法，就是把同类型的卡片数量相加。即：((A + B)_i = A_i + B_i)。

对于整数 (x)，我们定义它的生成局面 (G(x)) 为：编号为 (1) 的卡片数量为 (x)、其他卡片数量为 (0) 的局面。

定义一次逆向操作，是把 (1) 张编号为 (i + 1) 的卡片，换成 (2i) 张编号为 (i) 的卡片（(1leq i < n)）。

定义 (g(A)) 表示把局面 (A) 里所有东西逆向操作到位置 (1) 后，能得到多少张卡片。即：(g(A) = sum_{i = 1}^{n}A_i2^{i - 1}(i - 1)!)。

定义 (T(A)) 表示把局面 (A) 里所有东西逆向操作到位置 (1) 后，得到的局面。即，(T(A) = G(g(A)))。

定义 (f(A)) 表示对 (A) 里的数使用若干次正向操作后，能得到的最小卡片张数。(f(A)) 可以用贪心法求出，也就是只要任意位置能使用操作，我们就用一下，显然操作的顺序不影响结果。

不难证明如下两条性质：

(f(A) = f(T(A)))。
(f(A + B) = f(T(A) + T(B)))。（可加性）

此外我们发现，任意一个局面 (A)，都可以通过 (n) 次正向操作，使得 (A_1) 减小 (2^{n}n! - 1)，其他位置数值不变。其实就是把 (2^{n}n!) 张编号为 (1) 的卡片，依次换为编号为 (2, 3, dots,n) 的卡片，再换回来，变成 (1) 张编号为 (1) 的卡片。称这样的 (n) 次正向操作，为一个基本变换。

暴力做法：

特判最开始所有卡片数量都为 (0) 的情况。以下认为初始时至少存在一种卡片数量 $ > 0$。

把每个卡包也看做一个局面，记卡包 (i) 为局面 (C_i)。记初始局面为 (A)。

因为 (f(A) = f(T(A)))，且 (f(A + B) = f(T(A) + T(B)))。所以只需要考虑 (T(C_i)) 和 (T(A))，对它们操作，能够得到的最优局面是什么。使用一次卡包 (i)，就相当于令 (g(A)gets g(A) + g(C_i))。换句话说，我们把每个局面（和卡包）都映射为了一个数（也就是 (g(A))）。把局面之间的变换，转化为了数的变换。

设 (c_i = g(C_i))。设 (a = g(A))。那么最终能得到的，编号为 (1) 的卡片数量，可以写成如下形式：

[v = a + x_1 c_1 + x_2 c_2 + dots + x_n c_n - y(2^{n}n! - 1) ]

其中 (x_1dots x_n) 以及 (y) 都是非负整数，(x_i) 表示开了多少次卡包 (i)，(y) 表示使用了多少次基本变换。

我们的目标，就是在所有可能的正整数 (v) 中，找出 (f(G(v))) 最小的那个。

根据裴蜀定理，不定方程 (x_1 c_1 + x_2 c_2 + dots + x_n c_n - y(2^{n}n! - 1) = k) 有解，当且仅当 (k) 是 (gcd(c_1, c_2, dots, c_n, (2^nn! - 1))) 的倍数。并且发现，只要满足该条件，就一定存在一组解使得 (x_1dots x_n) 和 (y) 都非负。因为如果 (x_i < 0) 或 (y < 0)，可以令 (x_i exttt{+=}(2^nn! - 1), y exttt{+=} c_i)，这样和是不变的，操作若干次后，总能让所有数非负。

设 (d = gcd(c_1, c_2, dots, c_n, (2^nn! - 1)))。那么问题转化为：求一个正整数 (v)，满足 (vequiv apmod{d})，且 (f(G(v))) 最小。

设 (a' = amod d)，那么我们可以从 (v = a', a' + d, a' + 2ddots) 一直枚举下去，看哪个 (v) 得到的局面最优。当然，枚举到 (2^nn! - 1) 后就不用再枚举了，因为循环了。具体来说，我们要求的是：

[min_{substack{tgeq 0\a' + tdleq 2^nn!-1\a' + td eq 0}}{f(G(a' + td))} ]

暴力枚举 (t)，暴力计算 (f)，则时间复杂度 (mathcal{O}(2^nn! cdot n))。

优化：

我们上述的枚举量，实际是 (mathcal{O}(frac{2^nn! - 1}{d})) 级别的，所以考虑对 (d) 进行根号分治。

当 (dgeq sqrt{2^nn! - 1})，直接按上述方法暴力。时间复杂度 (mathcal{O}(frac{2^nn! - 1}{d}cdot n)= mathcal{O}(sqrt{2^nn! - 1}cdot n))。

当 (d < sqrt{2^nn! - 1})，跑同余最短路。问题相当于求，(g(S)mod d = a') 的所有局面 (S) 里，(f(S)) 最小是多少。我们可以对所有 (0leq i < d), (1leq jleq n)，从 (i) 向 ((i + 2^{j - 1}(j - 1)!)mod d) 连边，边权为 (1)。起点是所有 (2^{j - 1}(j - 1)!)，初始权值为 (1)（起点不能设为 (0)，因为 (v) 必须是正数）。求到点 (a') 的最短路即可。时间复杂度是 (mathcal{O}(dcdot n) = mathcal{O}(sqrt{2^nn! - 1}cdot n)) 的。

注意到当 (nleq16) 时，(2^nn! - 1) 的因数中 (leq sqrt{2^nn!- 1}) 的最大因数为 (1214827)。因此上述做法可以通过本题。

参考代码

// problem: ARC112F
#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 = 16, MAXM = 50;
const int INF = 1e9;
const ll LL_INF = 1e18;

int n, m;
ll coef[MAXN + 5];

struct State {
	int a[MAXN + 5];
	ll val;
	ll read() {
		val = 0;
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			cin >> a[i];
			val += coef[i - 1] * a[i];
		}
		return val;
	}
	State() {}
};

State A, C[MAXM + 5];

ll gcd(ll x, ll y) { return (!y) ? x : gcd(y, x % y); }

int main() {
	cin >> n >> m;
	coef[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		coef[i] = coef[i - 1] * 2 * i;
	}
	
	ll a = A.read();
	
	if (!a) {
		cout << 0 << endl;
		return 0;
	}
	
	ll mod = coef[n] - 1;
	ll d = mod;
	
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
		d = gcd(C[i].read(), d);
	}
	
	if (d < mod / d) {
		
		vector<int> dis(d);
		queue<int> q;
		
		for (int i = 0; i < d; ++i) {
			dis[i] = INF;
		}
		for (int i = 0; i < n; ++i) {
			dis[coef[i] % d] = 1;
			q.push(coef[i] % d);
		}
		
		while (!q.empty()) {
			int u = q.front();
			q.pop();
			
			for (int i = 0; i < n; ++i) {
				int v = (u + coef[i]) % d;
				if (dis[v] > dis[u] + 1) {
					dis[v] = dis[u] + 1;
					q.push(v);
				}
			}
		}
		
		cout << dis[a % d] << endl;
	} else {
		ll ans = LL_INF;
		
		for (ll v = a % d; v <= mod; v += d) {
			if (v == 0) continue;
			
			ll f = 0;
			ll vv = v;
			for (int i = 1; i <= n; ++i) {
				// f += vv % (2 * i);
				// vv /= 2 * i;
				f += vv % coef[i] / coef[i - 1];
			}
			ckmin(ans, f);
		}
		
		cout << ans << endl;
	}
	
	return 0;
}