【图论·习题】同余最短路：跳楼机

题目描述

Srwudi的家是一幢h层的摩天大楼。由于前来学习的蒟蒻越来越多，srwudi改造了一个跳楼机，使得访客可以更方便的上楼。
经过改造，srwudi的跳楼机可以采用以下四种方式移动：

向上移动x层；
向上移动y层；
向上移动z层；
回到第一层。
一个月黑风高的大中午，DJL来到了srwudi的家，现在他在srwudi家的第一层，碰巧跳楼机也在第一层。
DJL想知道，他可以乘坐跳楼机前往的楼层数。

题解

首先，我们需要思考一下两个数应该怎么解决：若数为x和y。

x：x+y,x+2y,x+3y...x：x+y,x+2y,x+3y...x：x+y,x+2y,x+3y...
2x：2x+y,2x+2y,2x+3y...2x：2x+y,2x+2y,2x+3y...2x：2x+y,2x+2y,2x+3y...
3x：3x+y,3x+2y,3x+3y...3x：3x+y,3x+2y,3x+3y...3x：3x+y,3x+2y,3x+3y...

大体的枚举方式就是这样的。但是我们会发现，这样的枚举效率不是很高。

例如，当3x−x%y=03x-x\ \%\ y\ =\ 03x−x % y = 0时，3x3x3x后的枚举就是无效的，因为会被若干个y填充。

所以最后的结果就是，求得若干个kx%ykx\ \%\ ykx % y 不同的kkk，ans=∑h−k∗xyans=\sum \ \frac{h-k*x}{y}ans=∑ yh−k∗x。

对于三个数，思路也是一样的。求解的是ax+by+cz+1≤hax+by+cz+1≤hax+by+cz+1≤h的情况。

设f(i)f(i)f(i)表示(by+cz)%z=i(by+cz)\ \%\ z\ =\ i(by+cz) % z = i时，bx+czbx+czbx+cz的最小值。

f(i)+y=f((i+y)%z)f(i)+y=f((i+y)\ \%\ z)f(i)+y=f((i+y) % z)
f(i)+z=f((i+z)%z)f(i)+z=f((i+z)\ \%\ z)f(i)+z=f((i+z) % z)

这样一个式子，正好对应了一个最短路的模型。以1为起点跑最短路就能够得到相应的fff值。

同理，ans=∑h−fiyans=\sum \ \frac{h-f_{i}}{y}ans=∑ yh−fi。

这道题其实我们，对于同余的题，从其重复性中找到一些优化求解的方法；若能够列出图论迭代式的形式，则可以用图论来求出相应的模型值。而这道题的主要难点就是根据数学模型建模，以最短路的形式辅助求解。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<vector>
#include<limits.h>
#include<algorithm>
#define LL long long
#define Mp make_pairusing namespace std;LL h,x,y,z,ans=0;
LL v[200000];
LL dis[200000];
priority_queue< pair<LL,LL> >q;
vector< pair<LL,LL> >a[200000];int main(void)
{freopen("srwudi.in","r",stdin);freopen("srwudi.out","w",stdout);cin>>h>>x>>y>>z;if (x == 1 || y == 1 || z == 1){cout<<h<<endl;return 0;}for (LL i=0;i<x;++i){a[i].push_back(Mp((i+y)%x,y));           a[i].push_back(Mp((i+z)%x,z));}memset(dis,30,sizeof(dis));dis[1]=1;q.push(Mp(1,1));while (q.size()){LL now=q.top().second;q.pop();if (v[now] == 1) continue;v[now]=1;for (LL i=0;i<a[now].size();++i){LL next=a[now][i].first,val=a[now][i].second;if (dis[now]+val < dis[next]){dis[next]=dis[now]+val;q.push( Mp(-dis[next] , next) );}}}for (LL i=0;i<x;++i)if (h-dis[i] >= 0) ans+=(h-dis[i])/x+1;cout<<ans<<endl;return 0;
}

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