[ZJOI2018]迷宫

Posted 2022-02-13 Illu的小窝

复盘 cdw 讲的题，写篇题解来祸害社会（

Description

给定 \\(m\\) 和 \\(k\\) ，要求构造这样的一张图，满足以下条件：

• 每个点恰好有 \\(m\\) 条出边，每个出边都恰好有一个转移值 \\(\\in [0, m)\\) 。

• 从初始点开始，走一条长度为 \\(k\\) 的路径，并且回到出发节点，路径上所有转移构成的一个 \\(m\\) 进制的数恰为 \\(k\\) 的倍数。

• 图无限制，可有自环和重边。

要求一个总点数最少的图，求这个点数 \\(n\\) 。

多测。

\\(1\\leq m,\\ k \\leq 10 ^ 18,\\ 1\\leq t \\leq 3 \\cdot 10 ^ 5\\)

Solution

能明显感觉到这玩意的定义有点像 DFA ，但是用处不大所以我们不去管他。

n = k

（注：初始节点定为 \\(0\\) ，对于状态表示更方便

先满足第一个限制，这样就有一个有着无限个点的 \\(m\\) 叉树，每条边能够按照题目的意思分配好转移值，那么每个点对应的状态就是从初始状态到自己的路径组成的 \\(m\\) 进制数。

形式化表达就是对于一个点对应的状态 \\(u\\) ，儿子的状态为 \\(u \\cdot m + i,\\ i \\in [0,\\ m)\\)

考虑怎么一步到位，满足第二个限制，我们知道，如果要求一个数是 \\(k\\) 的倍数，那么在树上的 \\(m\\) 个儿子在模 \\(k\\) 意义下本质上还是一样的，那么我们就直接考虑对所有状态的值模 \\(k\\) 。

恰好所有 \\(k\\) 的倍数最终会连回初始节点同时因为有限制三，我们无论如何都不会连的不合法，所以这样我们就一次性得到了一个点数为 \\(k\\) 的满足条件的图。

n < k

这里同 SAM 一样，我们要求的是一个点数尽量少的图，所以我们也要考虑考虑缩点的问题。

假如两个点 \\(a\\) 和 \\(b\\) 能被缩到一起，那么一定有：

• \\(\\forall\\ i \\in [0,\\ m),\\ (a \\cdot m + i) \\equiv (b \\cdot m + i)\\ (\\rm mod\\ k)\\)

或者

• \\(\\forall\\ i \\in [0,\\ m),\\ (a \\cdot m + i) \\equiv b\\ (\\rm mod\\ k)\\)

再或者

• \\(\\forall\\ i \\in [0,\\ m),\\ (b \\cdot m + i) \\equiv a\\ (\\rm mod\\ k)\\)

形式化理解就是要么这两个状态全部指向同样的点，要么无论从哪个点进入状态 \\(1\\) ，它都会给你怼到状态 \\(2\\) 去，这样的话明显我们不需要建立两个点，就可以缩掉。

其实我们还可以进一步感受到一个地方就是上文提到的后两种情况，因为 \\(i\\) 是连续的整数，所以只有可能是 \\(k = 1\\) 的情况，这种情况又只有 \\(0\\) 它自己，所以说可以忽略。

所以我们就只有这样的一个限制：

\\[\\forall\\ i \\in [0,\\ m),\\ (a \\cdot m + i) \\equiv (b \\cdot m + i)\\ (\\rm mod\\ k) \\]

\\[\\Rightarrow a \\cdot m \\equiv b \\cdot m\\ (\\rm mod\\ k) \\]

此时 \\(m\\) 和 \\(k\\) 可能不互质，我们令 \\(g = \\gcd(m, k),\\ k^\' = k / g,\\ m^\' = m / g\\) ，有。

\\[\\Rightarrow a \\cdot m^\' \\equiv b \\cdot m^\'\\ (\\rm mod\\ k^\') \\]

此时则必然有 \\(a \\equiv b\\ (\\rm mod\\ k ^ \')\\) ，具体证明（其实不是很重要，意会意会就行了）：

使 \\(a\\) 和 \\(b\\) 能表示成： \\(a = i \\cdot k ^ \' + x,\\ b = j \\cdot k ^ \' + y\\) 其中 \\(x\\) 和 \\(y\\) 均小于 \\(k ^ \'\\) 。
则有： \\(a \\equiv x\\ (\\rm mod\\ k ^ \'),\\ b \\equiv y\\ (\\rm mod\\ k ^ \')\\) 。
同时也有：\\(a \\cdot m ^ \' \\equiv (i \\cdot k ^ \' + x) \\cdot m ^ \' \\equiv x \\cdot m ^ \'\\ (\\rm mod\\ k ^ \'),\\ b \\cdot m ^ \' \\equiv (j \\cdot k ^ \' + y) \\cdot m ^ \' \\equiv y \\cdot m ^ \'\\ (\\rm mod\\ k ^ \')\\)
所以：\\(x \\cdot m ^ \' \\equiv y \\cdot m ^ \'\\ (\\rm mod\\ k ^ \')\\)
因为注意到 \\(x\\) 和 \\(y\\) 的范围不超过 \\(k ^ \'\\) ，所以有：\\(x \\equiv y\\ (\\rm mod\\ k ^ \')\\)
所以：\\(a \\equiv b\\ (\\rm mod\\ k ^ \')\\)

所以很明显在新的模 \\(k ^ \'\\) 的意义下相同的数都要合并到一起，然后你手模了三个样例，发现全部满足，然后就结束了吗？？

当 \\(m = 2,\\ k = 8\\) 的时候，手摸完发现点数变成了 \\(5\\) 个，但是似乎还可以继续合并成 \\(4\\) 个点。但是在刚刚的步骤中仅仅只操作了一次，所以这个做法并不完美。

那怎么处理能够多次缩点的情况呢？？

其实我们能感觉到这有点子问题的意思，在这些缩完的点中，其实就是在新的 \\(k ^ \'\\) 之下一个新的图，所以按照之前的做法，我们可以总结出：\\(a \\cdot m^p \\equiv b \\cdot m^p\\ (\\rm mod\\ k^\')\\) ，而每次我们只需要把新的 \\(k\\) 传下去做递归，直到不能再缩为止。

注意到可能相乘会爆 long long ，所以乘化除就行了。

/*

*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll m, k;
inline ll read() 
	char ch = getchar();
	ll s = 0, w = 1;
	while (!isdigit(ch)) if (ch == \'-\') w = -1; ch = getchar();
	while (isdigit(ch)) s = (s << 3) + (s << 1) + (ch ^ 48); ch = getchar();
	return s * w;

inline ll gcd(ll a, ll b) return (!b) ? a : gcd(b, a % b);
inline ll solve(ll now, ll t, ll k) 
	ll g = gcd(m, k), _k = k / g, _m = m / g;
	if (g == 1 || now <= _k) return 0;
	if ((double)_k / _m < t) return now - _k;
	t *= _m;
	return solve(_k - t, t, _k) + now - _k;

inline void mian() 
	m = read(); k = read();
	printf("%lld\\n", k - solve(k - 1, 1, k));

int main() 
	int T = read();
	while (T--) mian();
	return 0;