ACM一类方程问题的求解[最短路建模] bzoj2118

在ACM生涯里已经预见两回判断这种方程是否有解、有几个解的问题了。

例如：

1

给定非负整数 a,b,c,n ，请判断 ax+by+cz=n 是否存在 (x,y,z) 均为非负整数的解

题目链接：http://oj.xjtuacm.com/contest/14/problem/124/

再例如：

2

现有方程A1 * X1 + A2 * X2 + ... + An * Xn = P

A1, A2, ... , An为变量X1, X2, ... , Xn的系数

给定P的取值范围，求有多少个P使得方程存在非负整数解

题目链接：http://oj.xjtuacm.com/contest/14/problem/124/

而这种方程看似是数论问题往往能通过建模的方法转换成为图论里面最短路问题，很奇妙，对吧！

我们就拿题目2来说，设所有的给出的并且满足这个方程的P值，如果我们把P值对Ai进行取模,得到的数必然存在于Ai的剩余系中，也就是说

P%Ai 在区间[0,Ai-1]里面，乍一看，我们这样做岂不是把信息减损了？P映射到[0,Ai-1]相当于把模数相同的P都给去冲了。不用担心，我们有神奇的办法可以从剩余系[0,Ai-1]

中把所有的P无损的还原回来。

那么怎么做呢？

假设我们已经有了所有满足

(A1 * X1 + A2 * X2 + ... + An * Xn)%Ai = P%(Ai) = y

的y值，那么我们将y不断地增加Ai，然后判断得到的值是否在[Pmin,Pmax]，是不是就可以得到所有的P值了呢。（哇，真的很奇妙！）

举个例子来说，

我们选取Ai等于5 

Pmin = 0，Pmax = 11，其中一个y = 2

那么2，2+5 = 7就是满足条件的所有P（%Ai = 2意义下）

但是这里是有一个坑点的，细心的朋友可以发现，我上面举得那个例子实际上是错误的，因为这样扩展y的方法会造成P的数量比真实情况下要多。

这样理解：

假设满足mod Ai = 2意义下的P只有7的话，那么根据上面的方法将会的得到一个假的P(P = 2)，相当于无形之间把答案的数量增多了。

这就要求我们，保存一个最小的P(mod Ai = 2)，在最小的这个P的基础上开始扩展（而不是从2的基础上开始扩展），就可以保证答案的正确性了。

由于这个Ai是可以随便取得，但是取最小的那个是最好的，因为取最小的那个Ai，剩余系是最小的，我们记A = min{Ai}

这样我们的问题就转化成为求所有对应A的剩余系中值的最小P，求出来这个以后直接进行扩展就好了。

而要求这样的P，我们就可以采用最短路的做法，具体怎么做呢？

我们把点定义成为剩余系中的值，把边定义成为，一个剩余系中的值向另一个剩余系中的值转移所需要的代价。

很明显的，d[0] = 0

然后从i出发，向(i+Ak)%A这个点进行转移的边的代价为Ai

也就是说我们可以把i和(i+Ak)做一条边权位Ak得边，

图建好以后，做一个dijkstra就好了

得到的d[i]就是对应剩余系中的i的P的最小值。

第一题和第二题是基本相同的，这里就不赘述了（值得一提的是，第一题还可以用扩展欧几里得来做）

代码：

第一题（最短路建模的方法）

#include <iostream> #include <queue> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; int a,b,c; long long n; const int MAXN = 3e5; const int V_MAXN = 2e5; const long long INF = 1e18; int N,X,Y,MAX; int head[V_MAXN]; struct edge{ int v; int next; int cost; }Es[MAXN<<1]; long long d[MAXN]; int cnt; typedef pair<int,int> P; void dijkstra(int x){ for(int i = 0;i < MAXN;i++) d[i] = INF; d[x] = 0; priority_queue<P,vector<P>,greater<P> > que; que.push(P(0,x)); while(!que.empty()){ P p = que.top();que.pop(); int dis = p.first; int v = p.second; if(d[v] < dis) continue; //for(int i = 0;i < 2*N+2;i++){ for(int e = head[v];e!= -1;e = Es[e].next){ int cost = Es[e].cost; int i = Es[e].v; if(cost + d[v] < d[i]){ d[i] = d[v] + cost; que.push(P(d[i],i)); } } } } inline void add_edge(int i,int j,int cost){ //G[i][j] = cost; Es[cnt].v = j; Es[cnt].cost = cost; Es[cnt].next = head[i]; head[i] = cnt++; } void init(){ cnt = 0; memset(head,-1,sizeof(head)); } int main(){ int cas = 0; while(~scanf("%d%d%d%lld",&a,&b,&c,&n)){ init(); int p = min(a,b); p = min(p,c); for(int i = 0;i < p;i++){ add_edge(i,(i+a)%p,a); add_edge(i,(i+b)%p,b); add_edge(i,(i+c)%p,c); } dijkstra(0); for(int i = 0;i < p;i++){ if(d[i] <= n){ if((n - d[i])%p == 0){ printf("Case #%d: Yes\n",++cas); goto ns; } } } printf("Case #%d: No\n",++cas); ns:; } return 0; }

第一题（扩展欧几里得地方法）

#include <iostream> #include <cstdio> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long int LL; LL extgcd(LL a,LL b,LL& x,LL& y) { LL d = a; if(b != 0) { d = extgcd(b,a%b,y,x); y -= (a/b)*x; } else { x = 1; y = 0; } return d; } void solve(){ LL k[3],n; int cas = 0; while(~scanf("%lld%lld%lld%lld",&k[0],&k[1],&k[2],&n)){ sort(k,k+3); LL limit = min(n/k[2],k[0]); int f = 0; if(n%k[2] != 0) for(int i = 0;i <= limit;i++){ LL x,y; LL res = n - (LL)i*k[2]; LL d = extgcd(k[0],k[1],x,y); if(res % d != 0){ continue; } else { if(x >=0 && y >= 0){ f = 1;break; } else { if(y < 0){ swap(x,y); swap(k[0],k[1]); } LL r = (res%k[1])*(-x)%k[1]; if(r == 0){ f = 1;break; } else{ //cout<<double(n)<<endl; if(res >= 1000000){ if(res/k[0]*y >= res/k[1]*(-x)){ f = 1;break; } } else if(res*y/k[0] >= res*(-x)/k[1]+1){ f = 1;break; } } } } } else{ f = 1; } printf("Case #%d: ",++cas); if(f){ puts("Yes"); } else{ puts("No"); } } } int main(){ solve(); return 0; }

第二题（最短路建模的方法）

#include <iostream> #include <cstdio> #include <vector> #include <algorithm> #include <queue> #include <cstring> using namespace std; #define int long long const int MAXN = 1e7; const int V_MAXN = 1e7; const int INF = 1e18; int N,X,Y,MAX; int head[V_MAXN]; struct edge{ int v; int next; int cost; }Es[MAXN<<1]; int d[MAXN]; int cnt; typedef pair<int,int> P; void dijkstra(int x){ for(int i = 0;i < MAXN;i++) d[i] = INF; d[x] = 0; priority_queue<P,vector<P>,greater<P> > que; que.push(P(0,x)); while(!que.empty()){ P p = que.top();que.pop(); int dis = p.first; int v = p.second; if(d[v] < dis) continue; //for(int i = 0;i < 2*N+2;i++){ for(int e = head[v];e!= -1;e = Es[e].next){ int cost = Es[e].cost; int i = Es[e].v; if(cost + d[v] < d[i]){ d[i] = d[v] + cost; que.push(P(d[i],i)); } } } } inline void add_edge(int i,int j,int cost){ //G[i][j] = cost; Es[cnt].v = j; Es[cnt].cost = cost; Es[cnt].next = head[i]; head[i] = cnt++; } void init(){ cnt = 0; memset(head,-1,sizeof(head)); } int n; long long Pmin,Pmax; int A[20]; main(){ while(scanf("%lld%lld%lld",&n,&Pmin,&Pmax) != EOF){ init(); int p = INF; for(int i = 1;i <= n;i++){ scanf("%lld",&A[i]); if(A[i]) p = min(p,A[i]); } if(p >= INF) { puts(Pmin == 0?"1":"0"); continue; } for(int i = 0 ;i < p;i++){ for(int j = 1;j <= n;j++){ add_edge(i,(i + A[j])%p,A[j]); } } dijkstra(0); long long ans = 0; for(int i = 0;i < p;i++){ if(d[i] < INF){ long long l,r; if(d[i] < Pmin) { l = (Pmin - 1 - d[i])/p + 1; } else{ l = 0; } if(d[i] <= Pmax){ r = (Pmax - d[i])/p + 1; } else{ r = 0; } ans += r - l; } } printf("%lld\n",ans); } return 0; }