给K种浓度分别为$frac{a_i}{1000}$的饮料，要求每种饮料用整数升，兑出浓度为$frac{N}{1000}$的饮料。求最少要用几升饮料。
数据范围
$0leq nleq 1000,1leq kleq 10^6$
$0leq ai leq 1000,a_i in Z$
做法
由鸽巢原理，不同浓度的饮料最多有1001种。
令K为不同浓度的种数。设每种饮料用了xi升，则有
$$
frac{sum_{i=1}^Kx_itimes frac{a_i}{1000}}{sum_{i=1}^Kx_i}=frac{N}{1000}
$$
化简后为
$$
sum_{i=1}^Kx_itimes (N−a_i)=0
$$
原问题就规约为：从集合${N-a_i}$中取最少的数（每个数可以取任意次），使得他们的和为0。
我们以和为顶点，根据集合中的数来连边（若集合中有数字$N−a_i$，则从和$s$到和$s+(N−a_i)$连边）。
问题就规约成：找从0开始，以0结束的最小环的长度。BFS即可。
优化：由N和$a_i$的范围可知：$−1000leq N−a_ileq 1000$。所以若存在起点、终点为0的环，则我们可以通过重构环上边的顺序，使得每次经过一条边后，和都在[−1000,1000]的范围内。因此我们建图时，和的范围在[−1000,1000]内即可。
时间复杂度：$O(E)=O(2001times max(1001,K))$
代码
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using
namespace
std;
const
int MAX_N =
1e3 +
5;
const
int offset =
1e3;
const
int INF =
0x3f3f3f3f;
int N, K;
bool has[MAX_N];
int d[MAX_N *
2];
vector<
int> G[MAX_N *
2];
int (int s)
{
queue<
int> que; que.push(s);
memset(d,
0x3f,
sizeof d);
d[s] =
0;
while (!que.empty()) {
int v = que.front(); que.pop();
for (
int i =
0; i < (
int)G[v].size(); ++i) {
int u = G[v][i];
if (u == s) {
return d[v] +
1;
}
else
if (d[u] == INF) {
d[u] = d[v] +
1;
que.push(u);
}
}
}
return INF;
}
int main()
{
cin >> N >> K;
for (
int i =
0; i < K; ++i) {
int a;
scanf(
"%d", &a);
has[a] =
1;
}
for (
int sum =
-1000; sum <=
1000; ++sum) {
for (
int a =
0; a <=
1000; ++a) {
if (has[a]) {
int nxt = N - a + sum;
if (
-1000 <= nxt && nxt <=
1000) {
G[sum + offset].push_back(nxt + offset);
}
}
}
}
int ans = bfs(
0 + offset);
if (ans == INF) {
puts(
"-1");
}
else {
printf(
"%dn", ans);
}
return
0;
}
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原文:大专栏 Codeforces 789E