同余最短路就是把每一个同余类当成一个结点，在同余类之间建边，然后跑最短路
答案统计的时候对每个同余类单独计算贡献
题意：
思路：
答案可以对模X的所有同余类计算贡献
设dis[i]为在模X意义下，+Y和+Z之后%X余数为i的能凑出来的最小数
那么答案就是枚举同余类，对于每个同余类，能到达的楼层数的贡献就是(H-dis[i])/X+1
前者是从这个最小数开始+X，能到达的楼层数，+1是因为要算它本身
每个同余类都看作是一个结点，同余类之间建边
起点是1，因为一开始是在第一层，%X=1
Code：
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mxn=1e5+10;
const int mxe=1e5+10;
const int mod=1e9+7;
struct ty{
int to,next,w;
}edge[mxe<<2];
struct ty2{
int x,dis;
bool operator<(const ty2&oth)const{
return oth.dis<dis;
}
};
priority_queue<ty2> Q;
int H,X,Y,Z,tot=0;
int head[mxn];
int dis[mxn],vis[mxn];
void G_init(){
tot=0;
memset(head,-1,sizeof(head));
}
void add(int u,int v,int w){
edge[tot].w=w;
edge[tot].to=v;
edge[tot].next=head[u];
head[u]=tot++;
}
void dij(){
memset(dis,0x3f3f,sizeof(dis));
memset(vis,0,sizeof(vis));
dis[1]=1;
Q.push({1,1});
while(!Q.empty()){
auto u=Q.top();
Q.pop();
if(vis[u.x]) continue;
vis[u.x]=1;
for(int i=head[u.x];~i;i=edge[i].next){
if(dis[edge[i].to]>dis[u.x]+edge[i].w){
dis[edge[i].to]=dis[u.x]+edge[i].w;
Q.push({edge[i].to,dis[edge[i].to]});
}
}
}
}
void solve(){
cin>>H>>X>>Y>>Z;
if(X==1||Y==1||Z==1){
cout<<H<<'\n';
return;
}
G_init();
for(int i=0;i<X;i++){
add(i,(i+Y)%X,Y);
add(i,(i+Z)%X,Z);
}
dij();
int ans=0;
for(int i=0;i<X;i++){
if(dis[i]<=H) ans+=(H-dis[i])/X+1;
}
cout<<ans<<'\n';
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
int __=1;//cin>>__;
while(__--)solve();return 0;
}AGC D
思路：
考虑模K意义下的所有整数
对于每个整数，都是由1经过*10和+1这两种操作转移过来的
因此同余类之间建两条边：*10和+1
最后的数位和就是+1操作的次数，*10对数位和没有贡献
起点是1，终点是0
Code：
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mxn=1e5+10;
const int mxe=1e5+10;
const int mod=1e9+7;
struct ty{
int to,next,w;
}edge[mxe<<2];
struct ty2{
int x,dis;
bool operator<(const ty2&oth)const{
return oth.dis<dis;
}
};
priority_queue<ty2> Q;
int N,tot=0;
int head[mxn];
int dis[mxn],vis[mxn];
void G_init(){
tot=0;
memset(head,-1,sizeof(head));
}
void add(int u,int v,int w){
edge[tot].w=w;
edge[tot].to=v;
edge[tot].next=head[u];
head[u]=tot++;
}
void dij(){
memset(dis,0x3f3f,sizeof(dis));
memset(vis,0,sizeof(vis));
dis[1]=1;
Q.push({1,0});
while(!Q.empty()){
auto u=Q.top();
Q.pop();
if(vis[u.x]) continue;
vis[u.x]=1;
for(int i=head[u.x];~i;i=edge[i].next){
if(dis[edge[i].to]>dis[u.x]+edge[i].w){
dis[edge[i].to]=dis[u.x]+edge[i].w;
Q.push({edge[i].to,dis[edge[i].to]});
}
}
}
}
void solve(){
cin>>N;
G_init();
for(int i=0;i<N;i++){
add(i,(i*10)%N,0);
add(i,(i+1)%N,1);
}
dij();
cout<<dis[0]<<'\n';
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
int __=1;//cin>>__;
while(__--)solve();return 0;
}题意：
思路：
其实这类的板子题都一模一样，怪不得赛时这么多人过QwQ
设dis[i]为在模N意义下达到%N余数为i的最小代价
Code：
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mxn=1e5+10;
const int mxe=1e5+10;
const int mod=1e9+7;
const int Inf=1e18;
struct ty{
int to,next,w;
}edge[mxe<<2];
struct ty2{
int x,dis;
bool operator<(const ty2&a)const{
return a.dis<dis;
}
};
priority_queue<ty2> Q;
int N,y,p,x,q,tot=0,s,t;
int c[mxn],head[mxn],dis[mxn],vis[mxn];
void add(int u,int v,int w){
edge[tot].w=w;
edge[tot].to=v;
edge[tot].next=head[u];
head[u]=tot++;
}
void G_init(){
tot=0;
for(int i=0;i<=N+1;i++){
head[i]=-1;
}
}
void dij(){
for(int i=0;i<=N;i++) dis[i]=Inf;
memset(vis,0,sizeof(vis));
Q.push({s,0});
dis[s]=0;
while(!Q.empty()){
auto u=Q.top();
Q.pop();
if(vis[u.x]) continue;
vis[u.x]=1;
for(int i=head[u.x];~i;i=edge[i].next){
if(vis[edge[i].to]) continue;
if(dis[edge[i].to]>dis[u.x]+edge[i].w){
dis[edge[i].to]=dis[u.x]+edge[i].w;
Q.push({edge[i].to,dis[edge[i].to]});
}
}
}
}
void solve(){
cin>>N>>p>>x>>q>>y;
G_init();
int sum=0;
for(int i=1;i<=N;i++){
cin>>c[i];
sum+=c[i];
sum%=N;
}
for(int i=0;i<=N-1;i++){
add(i,(i+x)%N,p);
add(i,((i-y)%N+N)%N,q);
}
s=sum%N;
t=0;
dij();
if(dis[t]==Inf) cout<<-1<<'\n';
else cout<<dis[t]<<'\n';
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
int __=1;//cin>>__;
while(__--)solve();return 0;
}
