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[20];
void spfa()
{
    int h=0,w=1,x,y; q[1]=0; vis[0]=1;/*第一个能凑出的数就是0*/ 
    while (h!=w)
    {
        h++; if (h>mn+5) h=1; x=q[h];/*循环队列，取出队头的数*/
        for (int i=1;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]=1;
                    w++; if (w>mn+5) w=1; q[w]=y;
                }
            }
        }
        vis[x]=0;
    }
}
    
ll query(ll x)
{
    ll ans=0;
    for (int i=0;i<mn;i++)
        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*/
    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=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*/
    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(*/
    spfa();
    printf("%I64d\n",query(R)-query(L-1));
    return 0;
}

 

/*
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]={0};
int n,mn=(1<<31)-1,a[N];
ll dis[S];
void input()
{
    cin>>n>>L>>R;
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
        if(a[i]==0)
        {
            i--;n--;
            continue;
         } 
        mn=min(mn,a[i]);
    }
}
void spfa()
{
    queue<int>Q;
    Q.push(0);
    vis[0]=true;
    dis[0]=0;/*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=1;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=0;
    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*/
      if(dis[i]<=x) ans+=(x-dis[i])/mn+1;
    return ans;
}
int main()
{
    input();
    for(int i=0;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-1);
    return 0;
}