【题解】[ABC306G] Return to 1（数论）

【题解】[ABC306G] Return to 1

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ABC306G - Return to 1

题意概述

本题多测，\(T\) 组数据。

对于每组数据，给定一个 \(n\) 个点 \(m\) 条边的有向图，无重边自环。

问从顶点 \(1\) 出发，能否恰好走 \({10^{10}}^{100}\) 步回到 \(1\)。

数据范围

• \(1≤T,N,M≤2\times 10^5\)
• \(\sum N \le 2 \times 10^5,\sum M \le 2 \times 10^5\)

思路分析

首先，可以删掉图中无法从顶点 \(1\) 出发到达的点，和无法到达顶点 \(1\) 的点，因为无论怎么走都不可能经过这些点。那么删掉后的图是强联通的。

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设 \(L\) 表示图中所有经过 \(1\) 的环长集合，\(d\) 为 \(L\) 中所有数的 \(\gcd\)。那么若从 \(1\) 出发能恰好走 \({10^{10}}^{100}\) 步回到 \(1\) 当且仅当：\(d\) 是 \({10^{10}}^{100}\) 的约数。

证明：

由于我们要从开始恰好走 \({{10}^{10}}^{100}\) 步回到 \(1\)。假设原图中有两个长度为 \(a\) 和 \(b\) 的环，那么就相当于找两个非负整数 \(x\) 和 \(y\)，使得 \(ax+by=c\)，其中 \(c={{10}^{10}}^{100}\)。

那么问题就转化为：对于方程 \(ax+by=c\)，它有解的充要条件当且仅当 \(d|c\)，其中 \(d=\gcd(a,b)\)。

充分性：根据裴蜀定理可知：存在 \(x_0,y_0\) 使得 \(ax_0+by_0=d\) ，又 \(d|c\)，所以 \(c=dk=(ax_0+by_0)k=a(kx_0)+b(ky_0)\)，所以方程有整数解 \((kx_0,ky_0)\)；

必要性：因为 \(ax_0+by_0=c\) ，\(d\) 是 \(a,b\) 的最大公约数，所以 \(d|a,d|b\) ，所以 \(d|(ax_0+by_0)\)，即 \(d|c\)。

更一般地，当原图中环的个数超过两个时，我们可以用归纳法证明出对于 \(L\) 里所有元素 \(a_1-a_n\)，方程 \(a_1x_1+a_2x_2+a_3x_3+\cdots+a_nx_n=c\) 有解当且仅当 \(\gcd(a_1,a_2,\cdots,a_n)|c\)。

那么我们现在就可以有一个清晰的思路：暴力把所有的环长求出来，取它们的 \(\gcd\)，判断其是否为 \({{10}^{10}}^{100}\) 的约数。

但是当经过 \(1\) 的环很多时，这种方法复杂度显然接受不了，所以考虑优化。

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走到这一步，问题实际上可以转化为：

给定若干个经过 \(1\) 的环，如何求出这些环长的 \(\gcd\)？

我们考虑反向思考，首先要弄明白一个问题：对于一个数 \(x\)，怎么判断它是否是所有经过 \(1\) 环长的公约数(注意这里不是最大)？

有一个方法是：从 \(1\) 开始 dfs 一遍所有点计算出每个点 \(i\) 到 \(1\) 的距离 \(dep_i\)，那么要使得如果 \(x\) 是所有环长的公约数，则在 \(\bmod x\) 意义下，对于图中的每条边 \(u\rightarrow v\) 都满足 \(dep_u+1=dep_v\)。

证明：

首先考虑简单环：

• 如果给定一堆简单环，我们从 \(1\) 开始 dfs 给每个点标记一个模 \(x\) 意义下的 \(dep\)，那么每个环一定都是按照一定顺序像 \(0,1,2,\cdots ,x-1,0,1,\cdots\) 这样标号的。
• 假设一个环环长为 \(len\)，那么从 \(1\) 开始 dfs，到第 \(len-1\) 个点的过程中，对于非第 \(len-1\) 个点，无论如何一定有 \(dep_u+1=dep_v\)，这是显然的。
• 对于第 \(len-1\) 个点当且仅当它的 \(dep\) 不是 \(x-1\) 时，这个点的编号加一模 \(x\) 不等于 \(dep_1=0\)，此时 \(x\) 一定就不是该环环长的约数，与“\(x\) 是所有环长公约数”矛盾。

然后考虑复杂环：

• 复杂环与简单环的最主要区别就在于简单环一定不会存在公用边，也就是不会多个环经过同一条边的情况，而复杂环可能会出现。

• 假设有两个环，环长均是 \(x\) 的约数，从 \(1\) 出发经过不同的路径到达一个点 \(u\)，然后再沿着同一条从 \(u\) 到 \(1\) 路径回到 \(1\)。比如下图(两个环分别从 \(1\) 出发沿着不同路径到达 \(3\) 再沿着相同的路径从 \(3\) 回到 \(1\))。定义这个 \(u\) 为两个环的交汇点，\(len_1\)和 \(len_2\) 为两个环环长。

• 那么对于两个环非交汇点，同样无论如何一定有 \(dep_u+1=dep_v\)(与简单环相同)。

• 对于两个环交汇点 \(u\)(相当于图中的 \(3\))，如果存在其中一个环的一条边 \(v\rightarrow u\)，使得模 \(x\) 意义下不满足 \(dep_v+1= dep_u\)，那么当且仅当这两个环的环长差 \(|len_1-len_2|\) 不是 \(x\) 的倍数。

• 由于 \(x\) 是 \(len_1\) 和 \(len_2\) 的公约数，所以 \(\gcd(len_1,len_2)|x\)。根据更相减损法，有 \(\gcd(len_1,len_2)=\gcd(len_1,|len_1-len_2|)\)，所以 \(\gcd(len_1,|len_1-len_2|)|x\)，所以 \(|len_1-len_2|\) 一定是 \(x\) 的倍数。

由于 \(x\) 是所有环长的公约数时，在 \(\bmod x\) 意义下，对于图中的每条边 \(u\rightarrow v\) 都满足 \(dep_u+1=dep_v\)，即 \(dep_u+1-dep_v\equiv 0 \pmod {x}\)，所以 \(x\) 是所有 \(dep_u+1-dep_v\) 的公约数。

同理，要使得 \(x\) 是所有环长的 \(\gcd\)，那么它也应该是所有 \(dep_u+1-dep_v\) 的 \(\gcd\)。

那么我们直接枚举所有边 \(u \rightarrow v\) 求出 \(dep_u+1-dep_v\) 的 \(\gcd\) 即可。

最后一步就是要判断这个 \(\gcd\) 是不是 \({{10}^{10}}^{100}\) 的约数。

由于 \({{10}^{10}}^{100}\) 只有 \(2\) 和 \(5\) 两个质因数，且 \({{10}^{10}}^{100}\) 很大，所以只需要判断 \(\gcd\) 是否只有 \(2\) 和 \(5\) 两个质因子，若是，则答案 Yes，反之是 No。

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总体来说，这个题大的方面分为三步：先删掉图中无关的点；再将问题转化为求所有环长的 \(\gcd\)；最后求这些环长 \(\gcd\)。

总复杂度 \(O(T\max(n,m))\)。

注意多测清空。

代码实现

//G
//The Way to The Terminal Station…
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define mk make_pair
#define pii pair<int,int>
using namespace std;
const int maxn=2e5+10;
int ok[maxn],dep[maxn];//ok[i] 表示 i 是否为有用点(即能不能到达 1)。

basic_string<int>edge[maxn],edge2[maxn];

inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
	return x*f;
}

void dfs(int x)
{
	ok[x]=1;
	for(int y:edge2[x])
	{
		if(ok[y])continue;
		dfs(y);
	}
}

void dfs2(int x)
{
	for(int y:edge[x])
	{
		if(!ok[y])continue;
		if(dep[y]!=-1)continue;
		dep[y]=dep[x]+1;
		dfs2(y);
	}
}

int gcd(int a,int b){if(b==0)return a;return gcd(b,a%b);}

int main()
{
	int T=read();
	while(T--)
	{
		int n,m;
		n=read();m=read();
		for(int i=1;i<=n;i++)edge[i].clear(),edge2[i].clear(),dep[i]=-1,ok[i]=0;
		for(int i=1;i<=m;i++)
		{
			int u,v;
			u=read();v=read();
			edge[u]+=v;
			edge2[v]+=u;
		}
		dfs(1);
		dep[1]=0;
		dfs2(1);
		int d=0;
		for(int u=1;u<=n;u++)
		{
			if(dep[u]==-1)continue;
			for(int v:edge[u])
			{
				if(dep[v]==-1)continue;
				d=gcd(d,abs(dep[u]+1-dep[v]));
			}
		}
		if(!d){cout<<"No"<<'\n';continue;}//没有经过 1 的环。
		while(d%2==0)d/=2;
		while(d%5==0)d/=5;
		if(d==1)cout<<"Yes"<<'\n';
		else cout<<"No"<<"\n";
	}
	return 0;
}