同余最短路

跳楼机

题目背景

DJL 为了避免成为一只咸鱼，来找 srwudi 学习压代码的技巧。

题目描述

Srwudi 的家是一幢 $h$ 层的摩天大楼。由于前来学习的蒟蒻越来越多，srwudi 改造了一个跳楼机，使得访客可以更方便的上楼。

经过改造，srwudi 的跳楼机可以采用以下四种方式移动：

1. 向上移动 $x$ 层；
2. 向上移动 $y$ 层；
3. 向上移动 $z$ 层；
4. 回到第一层。

一个月黑风高的大中午，DJL 来到了 srwudi 的家，现在他在 srwudi 家的第一层，碰巧跳楼机也在第一层。DJL 想知道，他可以乘坐跳楼机前往的楼层数。

输入格式

第一行一个整数 $h$，表示摩天大楼的层数。

第二行三个正整数，分别表示题目中的 $x,y,z$。

输出格式

一行一个整数，表示 DJL 可以到达的楼层数。

样例 #1

样例输入 #1

15
4 7 9

样例输出 #1

9

样例 #2

样例输入 #2

33333333333
99005 99002 100000

样例输出 #2

33302114671

提示

可以到达的楼层有：$1,5,8,9,10,12,13,14,15$。

$1\le h\le 2^{63}-1$，$1\le x,y,z\le {10}^5$。

题解：

$\mathrm{\%}\mathrm{\%}\mathrm{\%}Mr$_$Leceue$
先考虑如何统计答案,如果我们知道一个数 $num$ 是由 $y,z$ 构成的,即 $num=a\ast y+b\ast z$,那么如果加上 $x$ ,它能到达的楼层数为 $(h-num)/x+1$ 其中 $+1$ 是因为要统计不加 $x$ 时的答案;

那么如果我们能找到这些数,再去统计不就好了吗,但是会有重复,而且数字太过庞大,无法完全跑出,那么考虑什么时候回重复计数,即当 $num1=num2+ax$ ,此时 $num1$ 的贡献已经被 $num2$ 统计过,再观察两个数字,发现 $num1\mathrm{\%}x=num2\mathrm{\%}x$ ,那么我们只要找到余数相同中最小值即可,余数共有 xx 种;

设计转移方程: 设 $f[i]f[i]$ 指余数为 ii 时最小楼层数,那么转移有两种方式;

$f[(i+y)\mathrm{\%}x]=min(f[i]+y,f[(i+y)\mathrm{\%}x])$

$f[(i+z)\mathrm{\%}x]=min(f[i]+z,f[(i+y)\mathrm{\%}x])$

​ 我们可以用最短路来优化类似于点 $i$ 与点 $(i+y)\mathrm{\%}x$ 连边,代价为 $y$ ;

std：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long ll;
const int N = 2e5+9;
ll H,ans;
int x,y,z;

int h[N],ver[N],w[N],ne[N],idx;

void add(int u,int v,int val)
{
	idx++,ver[idx]= v,ne[idx] = h[u],w[idx] = val,h[u] = idx;
}

queue<int>q;
bool inq[N];
ll dis[N];
void spfa()
{
	for(int i = 0;i < x;i++)dis[i] = LLONG_MAX+1;//2^64
	q.push(1),inq[1] = 1,dis[1] = 1;
	while(!q.empty())
	{
		int u = q.front();inq[u] = 0,q.pop();
		for(int i = h[u];~i;i = ne[i])
		{
			int v = ver[i];
			if(dis[v] > dis[u] + w[i])
			{
				dis[v] = dis[u] + w[i];
				if(!inq[v])q.push(v),inq[v] = 1;
			}
		}
	}
}

int main()
{
	scanf("%lld%d%d%d",&H,&x,&y,&z);
	if(x == 1 || y == 1 || z == 1)return printf("%lld",H),0;
	
	if(x > y)swap(x,y);
	if(x > z)swap(x,z);
	memset(h,-1,sizeof h);
	for(int i = 0;i < x;i++)
	{
		add(i,(i+y)%x,y);
		add(i,(i+z)%x,z);
	}
	
	spfa();
	
	for(int i = 0;i < x;i++)
		if(H >= dis[i])ans += (H-dis[i])/x+1;
	
	printf("%lld",ans);
	
	return 0;
}
//putin:
//9223372036854775807
//10 10 10
//putout:
//922337203685477581

[国家集训队]墨墨的等式

题目描述

墨墨突然对等式很感兴趣，他正在研究 $\sum _{i=1}^n{a}_i{x}_i=b$ 存在非负整数解的条件，他要求你编写一个程序，给定 $n,a_{1\dots n},l,r$，求出有多少 $b\in [l,r]$ 可以使等式存在非负整数解。

输入格式

第一行三个整数 $n,l,r$。

第二行 $n$ 个整数 $a_{1\dots n}$。

输出格式

一行一个整数，表示有多少 $b\in [l,r]$ 可以使等式存在非负整数解。

样例 #1

样例输入 #1

2 5 10
3 5

样例输出 #1

5

提示

对于 $20\mathrm{\%}$ 的数据，$n\le 5$，$r\le 10$。

对于 $40\mathrm{\%}$ 的数据，$n\le 10$，$r\le {10}^6$。

对于 $100\mathrm{\%}$ 的数据，$n\le 12$，$0\le a_i\le 5\times {10}^5$，$1\le l\le r\le {10}^{12}$。

和上题一样类似就是加边要多一点也要注意区间$l,r$的处理

std

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long ll;
const int N = 5e6+9;
ll l,r,ans;
int n,a[13];

int h[N],ver[N],w[N],ne[N],idx;

void add(int u,int v,int val)
{
	idx++,ver[idx]= v,ne[idx] = h[u],w[idx] = val,h[u] = idx;
}

queue<int>q;
bool inq[N];
ll dis[N];
void spfa()
{
	for(int i = 0;i < a[1];i++)dis[i] = LLONG_MAX+1;//2^64
	q.push(0),inq[0] = 1,dis[0] = 0;
	while(!q.empty())
	{
		int u = q.front();inq[u] = 0,q.pop();
		for(int i = h[u];~i;i = ne[i])
		{
			int v = ver[i];
			if(dis[v] > dis[u] + w[i])
			{
				dis[v] = dis[u] + w[i];
				if(!inq[v])q.push(v),inq[v] = 1;
			}
		}
	}
}

int main()
{
	scanf("%d%lld%lld",&n,&l,&r);
	for(int i = 1;i <= n;i++)scanf("%d",&a[i]);
	sort(a+1,a+1+n);
	memset(h,-1,sizeof h);
	for(int i = 0;i < a[1];i++)
	{
		for(int j = 2;j <= n;j++)
			add(i,(i+a[j])%a[1],a[j]);
	}
	
	spfa();
	
	for(int i = 0;i < a[1];i++)
	{
		if(r < dis[i])continue;
		if(r == dis[i])
		{
			ans++;
			continue;
		}
		if(l-1 <= dis[i])
		{
			ans += (r-dis[i])/a[1]+1;
			continue;
		}
		ans += (r-dis[i])/a[1]+1 - ((l-1-dis[i])/a[1]+1);//应该是l-1 
	}
	
	printf("%lld",ans);
	
	return 0;
}