同余最短路

这个东西是用来解决类似有 $\sum _{i=1}^n{a}_i{x}_i=V$ 类似这个限制下的一些最优化问题/判定的。但是这个东西的复杂度与 $min\{a_i\}$ 有关，所以什么二元不定方程组求解还是用 $\mathrm{e}\mathrm{x}\mathrm{g}\mathrm{c}\mathrm{d}$。

problem: 给出 $n$ 个整数 $a_1,\dots ,a_n$，求是否存在一组非负整数 $x_1,\dots ,x_n$，使得 $\sum _{i=1}^n{a}_i{x}_i=V$。其中 $min\{a_i\}\le 5\times {10}^5,n\le 100,V\le {10}^{18}$。

首先不难发现假设可以通过一些组合达到 $s$，那么显然 $s+k{a}_1(k\ge 0)$ 显然都可以达到。那么现在相当于要求 $v\equiv V(\mathrm{mod}{a}_1)$ 的可以被组合出的 $v\le V$。于是那么这个东西相当于一个模 $a_1$ 意义下的最短路。这个显然可以对于 $0\le i<a_1,2\le j\le n$，都连一条到 $(i+a_j)mod{a}_1$ 的边。跑最短路即可。时间复杂度为 $O(nm\log nm)$。当然也可以令 $a$ 最大的为基准物品，这样就可以 $\mathtt{\text{0-1bfs}}$ 做到 $O(nm)$。

但这个不够优秀。我们需要一个不基于选择物品就可以做到 $O(nm)$ 的算法。

不难发现一个大小为 $x$ 的物品，会使得出现 $gcd(x,a_1)$ 个环（证明考虑起点位置），于是不妨对每个环单独考虑，那么着相当于一个完全背包，于是将整个环复制一遍，注意到显然不会绕着环走一圈，于是装两圈即可。这样每个点只被考虑了两遍，时间复杂度就是 $O(nm)$ 的了。

qwq

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define int long long 
#define pir pair<int, int>
#define pb emplace_back
using namespace std;
 
const int N = 5e5 + 5, M = 20 + 5, INF = 1e18;
 
int n, l, r, a[M], f[N], mod = INF;
 
inline void chkmin(int& x, int y){if(y < x) x = y;}
 
signed main(){
  ios::sync_with_stdio(0);
  cin.tie(0); cout.tie(0);
  cin >> n >> l >> r;
  for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
  sort(a + 1, a + n + 1); int st = 1;
  while(st <= n && (!a[st])) st++;
  if(st == n + 1){cout << (l == 0); return 0;}
  mod = a[st];
  for(int i = 0; i < mod; i++) f[i] = INF;
  f[0] = 0;
  for(int i = st + 1; i <= n; i++){
    for(int j = 0, lim = __gcd(a[i], mod); j < lim; j++){
      for(int x = j, c = 0; c < 2; c += (x == j)){
        int p = (x + a[i]) % mod;
        chkmin(f[p], f[x] + a[i]); x = p;
      }
    }
  }
  int ans = 0;
  for(int i = 0; i < mod; i++){
    if(r >= f[i]) ans += (r - f[i]) / mod + 1;
    if(l > f[i]) ans -= (l - 1 - f[i]) / mod + 1;
  } cout << ans;
 
  return 0;
}