Die Siedler

题目链接：ARC112F

题目大意

有 n 种牌，2i 个第 i 种牌可以变成一个第 i+1 种牌。
特别的 2n 个第 n 种牌会变成一个第 1 种牌。
然后有 m 种牌包，里面每种牌都有一定的数量，然后牌包数量无限，随便你用。
然后告诉你你一开始有的牌，你可以随意用牌随便变牌，问你手上多少会有多少牌。

思路

考虑到我们肯定是能换就换，因为一定会让牌数变少。
那我们考虑全部不换，甚至退回去，我们就看全部退回成第一种牌，有多少张。

对原来有的牌转化得到数量 RRR，每个卡包也转化得到 bib_ibi。
那首先会发现一个特别的就是从 nnn 转化到 111，发现少了 2nn!−12^nn!-12nn!−1。
那最后牌数我们可以表示成这个：
v=R+∑i=1mbixi−y(2nn!−1)v=R+\sum\limits_{i=1}^mb_ix_i-y(2^nn!-1)v=R+i=1∑mbixi−y(2nn!−1)
其中 xi,yx_i,yxi,y 是让你选的。

v−R=∑i=1mbixi−y(2nn!−1)v-R=\sum\limits_{i=1}^mb_ix_i-y(2^nn!-1)v−R=i=1∑mbixi−y(2nn!−1)
然后通过斐蜀定理，我们有 v−Rv-Rv−R 得是 gcd⁡(b1,b2,...,bm,2nn!−1)\gcd(b_1,b_2,...,b_m,2^nn!-1)gcd(b1,b2,...,bm,2nn!−1) 的倍数。

那假设上面 gcd⁡\gcdgcd 的结果是 ddd。
考虑根号分治：

d>2nn!d>\sqrt{2^nn!}d>2nn!
那这个时候我们可以试着暴力枚举倍数，然后直接转换会序列，算出答案。

d⩽2nn!d\leqslant\sqrt{2^nn!}d⩽2nn!
这个时候我们可以试着用 fif_ifi 表示价值为 iii 的最小换成的牌数。
然后转移是 f(i+2k−1(k−1)!)modd=min⁡(f(i+2k−1(k−1)!)modd,fi+1)f_{(i+2^{k-1}(k-1)!)\bmod d}=\min(f_{(i+2^{k-1}(k-1)!)\bmod d},f_i+1)f(i+2k−1(k−1)!)modd=min(f(i+2k−1(k−1)!)modd,fi+1)
然后初始化是 f2k−1(k−1)!modd=1f_{2^{k-1}(k-1)!\bmod d}=1f2k−1(k−1)!modd=1，这个因为每次都是 +1+1+1 我们可以 bfs 出结果，然后要的就是 fRmoddf_{R\bmod d}fRmodd

时间复杂度都是：
O(2nn!n)O(\sqrt{2^nn!}n)O(2nn!n)

发现好像复杂度是 1e91e91e9 级别的。

但是呢，你发现 2nn!−12^nn!-12nn!−1 这个数，它的质因子，比较的有特点。
（因为这个数是固定有的，而且只有 161616 种情况）

看质因子可以点我

发现要么很大（这个大是贴近 2nn!2^nn!2nn! 不是 21616!2^{16}16!21616!），要么很小。
会发现最大的 ddd 大概在 1e61e61e6 的级别上，所以是可以过的。

代码

#include<cmath>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define ll long longusing namespace std;const int N = 17;
const int M = 51;
const int B = 5e6 + 1000;
int n, m, a[N], ans, f[B];
ll R, b[M], n2n, GCD, jc[N];
bool in[B];
queue <int> q;ll change() {ll re = 0, sum = 1;for (int i = 1; i <= n; i++) {re += (1ll << i - 1) * jc[i - 1] * a[i];}return re;
}int back(ll x) {int re = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {re += x % (2 * i); x /= 2 * i;}return re;
}ll gcd(ll x, ll y) {if (!y) return x;return gcd(y, x % y);
}void bfs() {while (!q.empty()) {int now = q.front(); q.pop();for (int i = 1; i <= n; i++) {int to = (now + (1ll << i - 1) * jc[i - 1]) % GCD;if (f[to] > f[now] + 1) {f[to] = f[now] + 1;if (!in[to]) {in[to] = 1; q.push(to);}}}}
}int main() {scanf("%d %d", &n, &m);jc[0] = 1; for (int i = 1; i <= n; i++) jc[i] = jc[i - 1] * i;for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]); R = change();for (int i = 1; i <= m; i++) {for (int j = 1; j <= n; j++) scanf("%d", &a[j]); b[i] = change();}if (!R) {printf("0"); return 0;}n2n = (1ll << n) * jc[n];GCD = n2n - 1; for (int i = 1; i <= m; i++) GCD = gcd(GCD, b[i]);ans = 2e9;if (GCD <= sqrt(n2n)) {memset(f, 0x7f, sizeof(f));for (int i = 1; i <= n; i++) {int k = (1ll << i - 1) * jc[i - 1] % GCD;f[k] = 1; in[k] = 1; q.push(k);}bfs();ans = f[R % GCD];}else {for (ll val = R % GCD; val < n2n; val += GCD) {if (!val) continue;ans = min(ans, back(val));}}printf("%d\n", ans);return 0;
}

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