【中国剩余定理 && 枚举 && 思维】UVA 11754 Code Feat

Problem Decription

有一个正整数N满足C个条件，每个条件都形如“它除以X的余数在集合{y1, y2, …, yk}中”，所有条件中的X两两互素，你的任务是找出最小的S个解。

思路：

“除以X的余数在集合{Y1, Y2, …, Yk}中”这个条件很不好处理。如果我们知道这个余数具体是Y1,Y2,…Yk中的哪一个，问题就会简单很多。一种容易想到的方法是枚举每个集合中取那个元素，跑一个dfs()枚举所有情况。

上述方法如果所有k的乘积很大时这种方法会很慢，此外我们有另一种方法，直接枚举x。找出个k/X最小的条件，因为X很大，k很小的时候。按照t = 0, 1, 2, …的顺序枚举所有的tX + Yi(相同的t按照从小到大的顺序枚举Yi)，看看是否满足条件。因为所有k的乘积很大，这个算法很快就能找到解。

单单只用第二种方法会超时，如果想到两种方法结合，这是一个核心点

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
int S, C, x[20], Size[20], y[20][150], temp[20];
LL tot, M;
set<int> q[15];
vector<LL> ans;
void extend_gcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y)//扩展欧几里得，求x, y
{
if(!b){
x = 1; y = 0;
}else{
extend_gcd(b, a%b, y, x);
y -= x*(a/b);
}
}
void CRT(int a[], int m[], int n)//中国剩余定理求x
{
LL M = 1, x, y;
for(int i = 0; i < n; i++) M *= m[i];
LL ret = 0;
for(int i = 0; i < n; i++)
{
LL tm = M/m[i];
extend_gcd(tm, m[i], x, y);
ret = (ret + tm*x*a[i]) % M;
}
ans.push_back((ret+M)%M);
}
void dfs(int u)//dfs枚举所有情况，每种情况存入temp[]数组中
{
if(u == S)
{
CRT(temp, x, S);
return;
}
for(int i = 0; i < Size[u]; i++)
{
temp[u] = y[u][i];
dfs(u+1);
}
}
void solve(int id)//id是k/x最小的，枚举t/x + yi看看其他条件满足与否
{
int i, j, k;
for(i = 0; i < S; i++)
{
q[i].clear();
if(i == id) continue;
for(j = 0; j < Size[i]; j++)//其他的用set存起来，后面可以很快查询是否存在y[i][j]
q[i].insert(y[i][j]);
}
LL N;
for(i = 0; ; i++)
{
for(j = 0; j < Size[id]; j++)
{
N = (LL)i*x[id] + y[id][j];//枚举N
if(!N) continue;
for(k = 0; k < S; k++)
{
if(k == id) continue;
if(!q[k].count(N%x[k])) break;//不满足退出循环
}
if(k == S){//都满足，输出
printf("%lld\n", N);
if(!--C) return;
}
}
}

}
int main()
{
int i, j;
while(~scanf("%d %d", &S, &C))
{
if(!S && !C) break;
int xx = 1, SS = 100, Minid;
tot = 1; M = 1;
for(i = 0; i < S; i++)
{
scanf("%d %d", &x[i], &Size[i]);
M *= x[i];//所有的x的乘积
tot *= (LL)Size[i];//所有的k的乘积
if(Size[i]*xx < SS*x[i]) {//求出最小的k/x 对应的 下标
SS = Size[i]; xx = x[i];
Minid = i;
}
for(j = 0; j < Size[i]; j++)
scanf("%d", &y[i][j]);
sort(y[i], y[i] + Size[i]);//排序从小到大，后面枚举的时候优先小的
}
if(tot <= 10000) {//dfs && 中国剩余定理
ans.clear();
dfs(0);
sort(ans.begin(), ans.end());
for(i = 0; C; i++)
{
for(j = 0; j < ans.size(); j++)
{
LL N = i*M + ans[j];
if(N > 0){
printf("%lld\n", N);
if(!--C) break;
}
}
}
}
else
solve(Minid);//k太大，枚举t*X + Yi
printf("\n");
}
return 0;
}