P6381 『MdOI R2』Odyssey 题解

题意

定义 $(a,b)$ 为完美数对，当且仅当存在正整数 $c$ 使得 $ab=c^k$。

定义一条完美路径 $P$​ 需要满足以下条件之一：

• $P$ 只有一条边。
• 路径中相邻的两条边的边权为完美数对。

给定正整数 $k$​ 和一张有向无环图，边有边权和长度，求最长的完美路径的长度（路径上边的长度之和）。

• 原题链接：P6381 『MdOI R2』Odyssey

解法

个人感觉算较难的蓝题。

考虑分析完美数对的性质。对于两个数 $a,b$​，如果将 $a,b$​ 进行质因数分解后对应质数的指数和为 $k$​ 的倍数，则一定存在正整数 $c$​ 使得 $ab=c^k$​。我们对这些质因数的指数对 $k$​ 取模，则可以在质因数分解的过程中，快速计算出每条边走到下一条边的边权的值。

这里有两个点：

• 如果下一条边的边权（对所有质因数的指数取模后的边权）大于 $10^5$，即题目中给出的边权最大值，则一定找不到下一条可以走的边。所以这条边一定是一条路径的终点。
• 对于 $k=1$ 的情况，就是求最长路径的长度，不会受到约束。

计算最长完美路径的长度，且原图是张 DAG，提示我们使用拓扑排序求解。考虑动态规划，设 $f_{i,j}$ 表示由边权为 $j$ 的边（已经对所有质因数的指数取模后的边权）来到点 $i$ 时的最长完美路径。

拓扑排序中，设 $v$ 从 $u$ 转移，先求出当前边的边权的对应边权 $w1$，和对所有质因数的指数取模后当前边的边权 $w2$；转移方程：$\max (f_{u,w2}+w,f_{v,w1})\to f_{v,w1}$，其中 $w$ 为边的长度（和边权是两个量）。在转移过程中计算答案即可。

实现

由于状态比较大而 $n+m$​ 不大，可以用一个 map 存状态。$w1,w2$ 的求法可以参考代码中的 cal1,cal2。对于 $k=1$ 的特判也可以看代码中的注释。

如果在求 $w1$ 时发现 $w1$ 超过了 $10^5$，因为使用了 map 所以可以直接返回 $-1$。

分解质因数 $O(m\log m)$ 级别，拓扑排序（使用 map）$O((n+m)\log (n+m))$，总时间复杂度 $O(n\log n)$​ 级别。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 5,maxl = 1e5;
struct Edge { int to,nxt,v1,v2,l; } e[maxn << 1];
int n,m,k,head[maxn],tot,d[maxn],ans;
map<int,int> mp[maxn];
int cal1(int w) { // 对应边权
    int res = 1;
    for (int i = 2,cnt;i * i <= w;i ++) {
        cnt = 0;
        while (w % i == 0)
            w /= i, cnt ++;
        cnt %= k; 
        if (cnt) { // 如果 k=1 则不会触发
            cnt = k - cnt;
            while (cnt --) {
                res *= i;
                if (res > maxl) return -1; // 越界返回 -1
            }
        }
    }
    if (w > 1) {
        int cnt = k - 1;
        while (cnt --) { // 如果 k=1 则不会触发
            res *= w;
            if (res > maxl) return -1; // 越界返回 -1
        }
    }
    return res; // 如果 k=1 一定返回 1
}
int cal2(int w) { // 自己边权
    int res = 1;
    for (int i = 2,cnt;i * i <= w;i ++) {
        cnt = 0;
        while (w % i == 0) w /= i, cnt ++;
        cnt %= k;
        while (cnt --) res *= i; // 同上，k=1 不会触发
    }
    if (w > 1 && k != 1) return res * w;
    else return res; // k=1 一定返回 1，这就实现了 k=1 情况的特判
}
void addEdge(int u,int v,int w,int l) {
    e[++ tot].to = v, e[tot].nxt = head[u];
    e[tot].v1 = cal1(w), e[tot].v2 = cal2(w);
    // v1 记录对应边权，v2记录自己边权
    e[tot].l = l, head[u] = tot, d[v] ++;
}
void topo() {
    queue<int> q;
    for (int i = 1;i <= n;i ++)
        if (d[i] == 0) q.push(i);
    while (q.size()) {
        int u = q.front(); q.pop();
        for (int i = head[u];i;i = e[i].nxt) {
            int v = e[i].to, w1 = e[i].v1, w2 = e[i].v2;
            mp[v][w1] = max(mp[v][w1],mp[u][w2] + e[i].l); // 转移方程
            // 如果 w1=-1，则视为结尾，因为不会有状态从 w1=-1 的地方转移
            ans = max(ans,mp[v][w1]);
            if (--d[v] == 0) q.push(v);
        }
    }
}
int main() {
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    for (int i = 1,u,v,w,l;i <= m;i ++) {
        scanf("%d%d%d%d",&u,&v,&w,&l);
        addEdge(u,v,w,l);
    }
    topo();
    printf("%d",ans);
    return 0;
}