题目

大意:给定$n$个点(编号$0$~$n-1$),$m$种无向边,第$i$种边可以连接点$x,(x+a_i)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n(0\le x\le n-1)$用一次的花费为$c_i$,求将图变成一个连通块的最小花费

思路

不难想到,这题是最小生成树,而且是$Kruskal$(边数较小,点数巨大)
不管三七二十一,先把边按$c_i$单调递增排序.
再想想,费用越小的边,肯定用得越多越好(在能连接不同连通块的前提下).如果我们知道,在已经连上费用更小的边的情况下,一种边在有意义(能连接两个不同的连通块)的前提下最多能用多少次,那这题不就A了吗?
难点就在这里.
我们设加上前$i$种边后(已排序),图中最少有$x_i$个连通块.
特别地,$x_0=N$,显然,答案就是:
$$\sum _{i=1}^m{c}_i\cdot (x_{i-1}-x_i)$$
当$x_n>1$时,无解,输出-1
所以如何求$x$?
根据题意,在加入前$i$种边后,点$w$和$u$在同一个连通块内,当且仅当:存在正整数序列$k_1,k_2,k_3,\cdots k_i$,使得$w=(u+{\sum }_{j=1}^i{k}_i\cdot a_i)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n$,即$w=u+{\sum }_{j=1}^i{k}_i\cdot a_i+k_0\cdot n(k_0\in \mathbb{Z})$
变换一下:
$$k_0\cdot n+k_1\cdot a_1+k_2\cdot a_2+\cdots +k_i\cdot a_i+u-w=0$$
其中,$n,a$已知,$k$都是整数但未知,判断是否存在一组合法的$k$,这是什么?斐蜀定理!!!
所以,$w,u$连通,当且仅当,$\gcd (n,a_1,a_2,\cdots ,a_i)|u-w$,($x|y$表示$x$能整除$y$)
即$w\equiv u(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\gcd (n,a_1,a_2,\cdots ,a_i))$,余数有$0,1,2,\cdots \gcd (n,a_1,a_2,\cdots ,a_i)-1$共$\gcd (n,a_1,a_2,\cdots ,a_i)$种,所以共$\gcd (n,a_1,a_2,\cdots ,a_i)$个连通块
所以$x_i=\gcd (n,a_1,a_2,\cdots ,a_i)$
所以我们就做完了
官方题解:

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <algorithm>
using namespace std;
int read() {
	int re = 0;
	char c = getchar();
	bool negt = false;
	while(c < '0' || c > '9')
		negt |= (c == '-') , c = getchar();
	while(c >= '0' && c <= '9')
		re = (re << 1) + (re << 3) + c - '0' , c =getchar();
	return negt ? -re : re;
}
const int M = 100010;
int gcd(int a , int b) {
	return b == 0 ? a : gcd(b , a % b);
}

struct node {
	int a , c;
}ed[M];
bool cmp(node a , node b) {
	return a.c < b.c;
}

int n , m;
int x[M];

signed main() {
	n = read() , m = read();
	for(int i = 1 ; i <= m ; i++)
		ed[i].a = read() , ed[i].c = read();
	
	sort(ed + 1 , ed + m + 1 , cmp);

	x[0] = n;
	for(int i = 1 ; i <= m ; i++)
		x[i] = gcd(x[i - 1] , ed[i].a);

	if(x[m] > 1)
		puts("-1");
	else {
		long long ans = 0;
		for(int i = 1 ; i <= m ; i++)
			ans += 1ll * (x[i - 1] - x[i]) * ed[i].c;
		cout <<ans;
	}
	return 0;
}