CF1322C - Instant Noodles 思维

CF1322C - Instant Noodles

题意

给一个 $2N$个点的二分图，左右两遍各 $N$个点，现在给出右边每个点的权值 $v_i$，以及 $M$条连接左右两边的边。左边选取一个非空集合 $S$，与之有边相连的右边的点集为 $N(S)$， $N(S)$中点权值和为 $f(S)$，现在求所有可能的 $f(S)$的 $gcd$值

题解

记 $gcd=gcd(a,b)$， $a|b$为 $a$整除 $b$
$gcd|a,gcd|b,gcd|(a+b)$，且 $gcd(a,b,a+b)\leq min(a, b, a+b)\leq a,b\leq a+b$
=> $gcd(a,b)=gcd(a,b,a+b)$

现在考虑集合 $S_1,S_2$
① $N(S_1)$和 $N(S_2)$无交集
=> $f(S_1+S_2)=f(S_1)+f(S_2)$
=> $gcd(f(S_1),f(S_2),f(S_1)+f(S_2))=gcd(f(S_1),f(S_2))$
② $N(S_1)$和 $N(S_2)$有交集
=> $N(S_1)∩N(S_2)=N(S_3)$
=> $f(S_1+S_2)=f(S_1-S_3)+f(S_2-S_3)+f(S_3)$

所以其实所有 $f(S)$都可以用各个不一样的 $f(S_i)$相加得到
即右边的点只会对应一个集合，那么我们从右边的点来确定左边的集合即可
最后答案就是 $ans=gcd(f(S_1),f(S_2),...,f(S_k))$

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAX = 5e5 + 10;

int T, N, M;
ll val[MAX];
set<int> g[MAX];
map<set<int>, ll> mp;
//集合的映射，这里hash也能做
//这样最后mp里面的值就是所有的f(S[i])了

int main() {

    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        mp.clear();
        scanf("%d%d", &N, &M);
        for (int i = 1; i <= N; i++) scanf("%lld", &val[i]), g[i].clear();
        while (M--) {
            int u, v; scanf("%d%d", &u, &v);
            g[v].insert(u);//右边的点确定的集合, 用g[v]来表示
        }
        for (int v = 1; v <= N; v++) 
            if (!g[v].empty()) 
                mp[g[v]] += val[v];//找对应的集合
        ll ans = 0;//全是0那答案就是0
        for (auto &i: mp) ans = ans ? __gcd(ans, i.second) : i.second;
        printf("%lld\n", ans);
    }

    return 0;
}