数论+spfa算法 bzoj 2118 墨墨的等式

2118: 墨墨的等式

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Description

墨墨突然对等式很感兴趣，他正在研究a1x1+a2y2+…+anxn=B存在非负整数解的条件，他要求你编写一个程序，给定N、{an}、以及B的取值范围，求出有多少B可以使等式存在非负整数解。

Input

输入的第一行包含3个正整数，分别表示N、BMin、BMax分别表示数列的长度、B的下界、B的上界。输入的第二行包含N个整数，即数列{an}的值。

Output

输出一个整数，表示有多少b可以使等式存在非负整数解。

Sample Input

2 5 10
3 5

Sample Output

5

HINT

对于100%的数据，N≤12，0≤ai≤5*10^5，1≤BMin≤BMax≤10^12。

/*
一开始就没想到是个最短路。
题目可以这样变化一下：n个物品，可以用0-，正无穷，问[l,r]区间内有多少价值可以凑出来。
联系到最短路上面：
任选一个ai>0，如果一个价值k∗ai+x(0≤x<ai,k≥0)可以被凑出来，那么显然(k+1)∗ai+x,(k+2)∗ai+x,...都可以被凑出来（这样x的范围就是小于ai了）
显然如果我们对于每个x都找到最小的k满足k∗ai+x可以被凑出来，这个问题就解决了，如果满足凑出x的最小花费是大于b的，那么就不能在[l,r]区间内凑出mn*k+x,这个数了，否则的话，就计算[l,r]内有多少个可以凑出来。
最短路，spfa
时间复杂度O(n∗ai∗log2ai)
因为复杂度与ai有关，所以我们就选择最小的ai了，举个例子：当最小的ai等于1时，那么自然区间内的所有数都可以凑出来了。
*/

 /*网上的AC代码，我加了注解，注意把I64d改为lld*/
 #include<cstdio>
 #include<cstdlib>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #include<cmath>

 #define md
 #define ll long long
 #define inf 1000000000000000LL
 #define eps 1e-8
 #define N 500010
 using namespace std;
 int q[N];
 ll dis[N];
 bool vis[N];
 int mn,n;
 int a[];
 void spfa()
 {
     int h=,w=,x,y; q[]=; vis[]=;/*第一个能凑出的数就是0*/
     while (h!=w)
     {
         h++; if (h>mn+) h=; x=q[h];/*循环队列，取出队头的数*/
         for (int i=;i<=n;i++)
         {
             y=(x+a[i])%mn;/*利用这个价值和其他价值组合所能达到的y，计算y的最小花费（因为只有计算最小花费），才能用mn凑出更多的满足区间条件的数*/
             if (dis[y]>dis[x]+a[i])
             {
                 dis[y]=dis[x]+a[i];
                 if (!vis[y])
                 {
                     vis[y]=;
                     w++; if (w>mn+) w=; q[w]=y;
                 }
             }
         }
         vis[x]=;
     }
 }

 ll query(ll x)
 {
     ll ans=;
     for (int i=;i<mn;i++)
         if (dis[i]<=x) ans+=(x-dis[i])/mn+; /*计算有多少个k满足k*mn+i<=x，因为k>=0，所以还要加1*/
     return ans;
 }

 /*windows 用I64d linux 用lld*/
 int main()
 {
     mn=(1e9);
     ll L,R;
     scanf("%d%I64d%I64d",&n,&L,&R);
     for (int i=;i<=n;i++) { scanf("%d",&a[i]); if (a[i]==) { i--; n--; continue;} mn=min(mn,a[i]);}/*取出最小的an，但是不能为0，很好理解吧*/
     for (int i=;i<mn;i++) dis[i]=inf;/*设达到每个k*mn+i(i<mn)的最小花费，所以数组dis中只有小于mn的i即可(*/
     spfa();
     printf("%I64d\n",query(R)-query(L-));
     return ;
 }

 /*
 首先，答案=ans(Bmax)-ans(Bmin-1)//利用差分
 找出a1到an中的最小值p，则如果可以构造出答案x，就可以构造出答案x+p
 所以我们只需要对于每个q(0<=q<p)，计算出最小的k，使k*p+q能够能够被构造出来，那么对于k’(k’>k) k’*p+q也能构造出来
 所以对于每个q建一个点，对于每个ai，从q向(q+ai)%p连一条长度为ai的边，先跑一遍最短路，计算出得到每个q的最小花费，如果最小花费大于了Bmax，那么没有办法凑出了。否则就计算可以凑出多少个。

 */
 #define N 15
 #define S 500010 //注意题目时5*1e5
 #include<iostream>
 using namespace std;
 #include<cstdio>
 #include<queue>
 typedef long long ll;
 ll L,R;
 bool vis[S]={};
 int n,mn=(<<)-,a[N];
 ll dis[S];
 void input()
 {
     cin>>n>>L>>R;
     for(int i=;i<=n;++i)
     {
         scanf("%d",&a[i]);
         if(a[i]==)
         {
             i--;n--;
             continue;
          }
         mn=min(mn,a[i]);
     }
 }
 void spfa()
 {
     queue<int>Q;
     Q.push();
     vis[]=true;
     dis[]=;/*注意得到0的花费是0*/
     int x,y;
     while(!Q.empty())
     {
         x=Q.front();Q.pop();
         vis[x]=false;
         for(int i=;i<=n;++i)
         {
             y=(x+a[i])%mn;
             if(dis[y]>dis[x]+a[i])
             {
                 dis[y]=dis[x]+a[i];
                 if(!vis[y])
                 {
                     vis[y]=true;
                     Q.push(y);
                 }
             }
         }
     }
 }
 ll query(ll x)
 {
     ll ans=;
     for(int i=;i<mn;++i)/*别忘了从0开始循环，因为凑出的是0，可以全部用mn来凑*/
       if(dis[i]<=x) ans+=(x-dis[i])/mn+;
     return ans;
 }
 int main()
 {
     input();
     for(int i=;i<mn;++i)
       dis[i]=100000000000000000LL;//当赋值longlong的数时，要加后缀ll（大小写都可以）才可以，否则会出错的。
     spfa();
     cout<<query(R)-query(L-);
     return ;
 }