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
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。 */
1 /*网上的AC代码，我加了注解，注意把I64d改为lld*/ 2 #include<cstdio> 3 #include<cstdlib> 4 #include<cstring> 5 #include<algorithm> 6 #include<cmath> 7 8 #define md 9 #define ll long long 10 #define inf 1000000000000000LL 11 #define eps 1e-8 12 #define N 500010 13 using namespace std; 14 int q[N]; 15 ll dis[N]; 16 bool vis[N]; 17 int mn,n; 18 int a[20]; 19 void spfa() 20 { 21 int h=0,w=1,x,y; q[1]=0; vis[0]=1;/*第一个能凑出的数就是0*/ 22 while (h!=w) 23 { 24 h++; if (h>mn+5) h=1; x=q[h];/*循环队列，取出队头的数*/ 25 for (int i=1;i<=n;i++) 26 { 27 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*/ 28 if (dis[y]>dis[x]+a[i]) 29 { 30 dis[y]=dis[x]+a[i]; 31 if (!vis[y]) 32 { 33 vis[y]=1; 34 w++; if (w>mn+5) w=1; q[w]=y; 35 } 36 } 37 } 38 vis[x]=0; 39 } 40 } 41 42 ll query(ll x) 43 { 44 ll ans=0; 45 for (int i=0;i<mn;i++) 46 if (dis[i]<=x) ans+=(x-dis[i])/mn+1; /*计算有多少个k满足k*mn+i<=x，因为k>=0，所以还要加1*/ 47 return ans; 48 } 49 50 /*windows 用I64d linux 用lld*/ 51 int main() 52 { 53 mn=(1e9); 54 ll L,R; 55 scanf("%d%I64d%I64d",&n,&L,&R); 56 for (int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&a[i]); if (a[i]==0) { 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*/ 57 for (int i=1;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(*/ 58 spfa(); 59 printf("%I64d ",query(R)-query(L-1)); 60 return 0; 61 }
1 /* 2 首先，答案=ans(Bmax)-ans(Bmin-1)//利用差分 3 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 4 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 5 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。 6 7 */ 8 #define N 15 9 #define S 500010 //注意题目时5*1e5 10 #include<iostream> 11 using namespace std; 12 #include<cstdio> 13 #include<queue> 14 typedef long long ll; 15 ll L,R; 16 bool vis[S]={0}; 17 int n,mn=(1<<31)-1,a[N]; 18 ll dis[S]; 19 void input() 20 { 21 cin>>n>>L>>R; 22 for(int i=1;i<=n;++i) 23 { 24 scanf("%d",&a[i]); 25 if(a[i]==0) 26 { 27 i--;n--; 28 continue; 29 } 30 mn=min(mn,a[i]); 31 } 32 } 33 void spfa() 34 { 35 queue<int>Q; 36 Q.push(0); 37 vis[0]=true; 38 dis[0]=0;/*注意得到0的花费是0*/ 39 int x,y; 40 while(!Q.empty()) 41 { 42 x=Q.front();Q.pop(); 43 vis[x]=false; 44 for(int i=1;i<=n;++i) 45 { 46 y=(x+a[i])%mn; 47 if(dis[y]>dis[x]+a[i]) 48 { 49 dis[y]=dis[x]+a[i]; 50 if(!vis[y]) 51 { 52 vis[y]=true; 53 Q.push(y); 54 } 55 } 56 } 57 } 58 } 59 ll query(ll x) 60 { 61 ll ans=0; 62 for(int i=0;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*/ 63 if(dis[i]<=x) ans+=(x-dis[i])/mn+1; 64 return ans; 65 } 66 int main() 67 { 68 input(); 69 for(int i=0;i<mn;++i) 70 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。 71 spfa(); 72 cout<<query(R)-query(L-1); 73 return 0; 74 }