1和2操作是独立的，换言之一定可以先执行1操作选择包裹，再执行2操作使得$0le c_{i}<2i$
对于$c_{i}$，将其看作一个进制转换，并以$c_{i}$为从低到高的第$i$位，系数即为$2^{i-1}(i-1)!$
将其乘权累加，即令$c_{0}=sum_{i=1}^{n}2^{i-1}(i-1)!c_{i}$，考虑2操作对$c_{0}$的影响：
1.对于$i$（$1le i<n$）的操作，显然不会改变$c_{0}$
2.对于$n$的操作，即将$c_{0}$减去$2^{n}n!-1$（以下记作$N$）
根据最终$0le c_{i}<2i$，代入即得到最终的$c'_{0}$满足
$$
c'_{0}le sum_{i=1}^{n}(2i-1)2^{i-1}(i-1)!=sum_{i=1}^{n}2^{i}i!-sum_{i=1}^{n}2^{i-1}(i-1)!=N
$$
1.对于$c_{0}
otequiv 0(mod N)$的情况，$c'_{0}$一定是$c_{0}$对$N$取模的结果
2.对于$c_{0}equiv 0(mod N)$的特殊情况下，则$c'_{0}=0或N$，由于初始以及任意一次操作后都会有$sum_{i=1}^{n}c_{i}>0$，即$c'_{0} e 0$，因此$c'_{0}=N$
进一步的，确定最终的$1le c'_{0}le N$后，根据$0le c_{i}<2i$，我们也可以从高到低依次确定$c_{i}$，那么也就是说我们仅关心于最终能产生哪些$c'_{0}$
更具体的，令$c_{0}=sum_{i=1}^{n}2^{i-1}(i-1)!c_{i}$，$s_{i}=sum_{j=1}^{n}2^{j-1}(j-1)!s_{i,j}$，观察式子可以发现每一项对应相加即为整体相加，因此取第$i$个包裹即令$c_{0}+=s_{i}$（模$N$意义下相加）
每一次都是加上$s_{i}$或减去$N$（模$N$），根据扩欧，有$c'_{0}equiv c_{0}(mod gcd(N,s_{1},s_{2},...,s_{n}))$，同时可以构造出一组整数解（不保证$s_{i}$系数非负且$N$系数非正），通过这组解，不断令$s_{i}$的系数加上$N$、$N$的系数减去$s_{i}$使其满足上面的两个条件，因此都是可以的
令$d=gcd(N,s_{1},s_{2},...,s_{n})$，来考虑两种做法：
1.暴力枚举所有$c'_{0}$（要求$1le c'_{0}le N$）并构造出对应$c_{i}$，然后求出答案，这一做法复杂度为$o(frac{nN}{d})$
2.先来构造最终的$c_{i}$，即要使得$sum_{i=1}^{n}2^{i-1}(i-1)!c_{i}equiv c_{0}(mod d)$
这个可以看作从$c_{i}={0,0,...,0}$开始，将其中某一个$c_{i}$加1，移动到另一个点，由于我们仅关心于其模$d$的余数，因此可以看作一个大小为$d$的图，bfs即可，时间复杂度为$o(nd)$
（当$c_{0}equiv 0(mod d)$时需要特判，因为不能令$c_{i}={0,0,...,0}$）
由此，我们得到了一个$o(nsqrt{N})$的做法，但复杂度似乎还不能接受
注意到$N=2^{n}n!-1$，$d$必然是其因子，而由于$N$形式的特殊性，打表可得
$$
max_{2le nle 16,N=2^{n}n!-1,d|N}nmin(frac{N}{d},d)le 14577924
$$
（最大值是在$n=12$时取到，$d=1214827$）
上面这个式子即复杂度，那么就可以通过
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define ll long long 4 #define oo 0x3f3f3f3f 5 queue<int>q; 6 vector<int>dis; 7 int n,m,x,ans; 8 ll N,d,c,val[21]; 9 ll gcd(ll x,ll y){ 10 if (!y)return x; 11 return gcd(y,x%y); 12 } 13 int main(){ 14 scanf("%d%d",&n,&m); 15 val[1]=1; 16 for(int i=2;i<=n;i++)val[i]=2*(i-1)*val[i-1]; 17 d=N=2*n*val[n]-1; 18 for(int i=1;i<=n;i++){ 19 scanf("%d",&x); 20 c+=x*val[i]; 21 ans+=x; 22 } 23 for(int i=1;i<=m;i++){ 24 ll s=0; 25 for(int j=1;j<=n;j++){ 26 scanf("%d",&x); 27 s+=x*val[j]; 28 } 29 d=gcd(d,s); 30 } 31 if (d>N/d){ 32 for(ll i=c%d;i<=N;i+=d){ 33 if (!i)continue; 34 ll k=i; 35 int s=0; 36 for(int j=n;j;j--){ 37 s+=k/val[j]; 38 k%=val[j]; 39 } 40 ans=min(ans,s); 41 } 42 printf("%d",ans); 43 return 0; 44 } 45 for(int i=0;i<d;i++)dis.push_back(oo); 46 dis[0]=0; 47 q.push(0); 48 while (!q.empty()){ 49 int k=q.front(); 50 q.pop(); 51 for(int i=1;i<=n;i++) 52 if (dis[(k+val[i])%d]==oo){ 53 dis[(k+val[i])%d]=dis[k]+1; 54 q.push((k+val[i])%d); 55 } 56 } 57 if (c%d)printf("%d",dis[c%d]); 58 else{ 59 for(int i=1;i<=n;i++)ans=min(ans,dis[(N-val[i])%d]+1); 60 printf("%d",ans); 61 } 62 }