智慧題。
思路
考慮第二種操作。
我們會想到，我們可以先把所有牌轉化成第一種牌。
即：
\[one=\sum_{i=1}^n\prod_{j=1}^i 2^{j-1}(j-1)!c_i
\]
這就是第一種牌的數量。
然後考慮，我們可以將第一種牌轉化為第一種牌，花費的代價為：
\[g=(\prod_{i=1}^n 2^{i-1}(i-1)!)-1
\]
相當於對 \(g\) 取模。
類似的，我們可以把所有牌包也轉化為 \([0,g)\) 中的一個整數。
我們現在，就需要用這些東西不斷的去湊。
假如我們最初是 \(s\)，想要湊出 \(t\)。
那麼依據裴蜀定理。
要求：
\[\gcd(s_i,g)|(t-s)
\]
這個怎麼解決呢。
我們可以先讓 \(p=\gcd(s_i,g)\)。
然後考慮根號分治。
-
\(p> \sqrt g\)
我們發現在這種情況中，我們暴力列舉 \(s+p\times i\)，只有根號種取值，我們暴力計算每一個數的答案，取個 \(\min\) 就可以了。
-
\(p\le \sqrt g\)
在這種情況中，由於 \(p\) 很小，我們可以求出每一個餘數在 \([0,p)\) 中的答案。
具體的我們可以讓每個點 \(i\) 往後連 \(n\) 條邊，表示加一張牌。
然後就是同餘最短路形式，轉圈解決即可。
打表發現實際次數遠不到根號，所以能過。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n, m, bg;
int s[55][17];
int f[17];
int b[17];
int c[17];
int a[2000010];
int g[2000010];
inline int sol(int x) {
if (x == 0) return 1e9;
int res = 0;
for (int i = n; i >= 1; i--)
res += x / f[i], x %= f[i];
return res;
}
signed main() {
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> c[i];
for (int i = 1; i <= m; i++)
for (int j = 1; j <= n; j++)
cin >> s[i][j];
f[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; i++)
f[i] = f[i - 1] * (i - 1) * 2;
int g = f[n] * n * 2 - 1;
int l = f[n] * n * 2 - 1;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int res = 0;
for (int j = 1; j <= n; j++)
res += s[i][j] * f[j];
g = __gcd(g, res);
}
for (int i = 1; i <= n; i++) bg += c[i] * f[i];
if (g <= 1300000) {
bg %= g;
for (int i = 0; i < g; i++) a[i] = 7e18;
for (int i = 1; i <= n; i++) f[i] = f[i] % g;
for (int i = 1; i <= n; i++) a[f[i]] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int lim = __gcd(f[i], g);
for (int k = 0; k < g; k += lim) {
for (int j = 0; j < lim; j++) {
int l = j + k, r = j + k + f[i];
if (r >= g) r -= g;
a[r] = min(a[r], a[l] + 1);
}
}
for (int k = 0; k < g; k += lim) {
for (int j = 0; j < lim; j++) {
int l = j + k, r = j + k + f[i];
if (r >= g) r -= g;
a[r] = min(a[r], a[l] + 1);
}
}
}
cout << a[bg] << "\n";
} else {
int ans = 7e18;
for (int i = bg % g; i <= l; i += g) {
ans = min(ans, sol(i));
}
cout << ans << "\n";
}
}