bzoj2118: 墨墨的等式（巧妙的单源最短路+priority_queue）

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bzoj2118: 墨墨的等式##

　　Time Limit: 10 Sec
　　Memory Limit: 256 MB

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。
　　

题目地址：　　bzoj2118: 墨墨的等式

题目大意： 　　题目已经很简洁了>_<

题解：

　　对于第⼀个物品 \(a_1\) ,如果能凑出 \(k*a_1+x\),那么 \((k+1)*a_1+x,(k+2)*a_1+x\), \((k+3)*a_1+x…\) 都能凑出来。
　　因此我们⽤ \(dis[x]\) 表示凑出⽤第 \(2\) ⾄ \(n\) 个物品凑出 \(k*a_1+x\) 的形式的价值,的最⼩的价值。
　　我们⽤最短路求出这个 \(dis\) 数组。即对于每个 \(x\) ,和物品 \(j\) ，我们 \(x\) 向 \((x+a_j)\) \(mod\) \(a_1\) 连⼀条 \(a_j\) 的边。
　　对于询问 \([L,R]\) ,我们先拆成 \([1,L-1],[1,R]\)
　　我们对于每个 \(x\) 计算出最多还能加⼏个 \(a_1\) ，然后统计答案即可。
　　此处还要注意 \(a\) 的范围，\(a[i]\) 可能等于 \(0\) 所以要从不为 \(0\) 的地方开始
　　这里的 \(a_1\) 指第一个不为 \(0\) 位置的 \(a\)
　　虽然不会错

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AC代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
#define pa pair<ll,int>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=5e5+5;
int n,S,cnt,a[15],last[N];
ll L,R,ans,dis[N];
struct edge
{
	int to,val,next;
}e[6000005];
inline void add_edge(int u,int v,int w)
{
	e[++cnt]=(edge){v,w,last[u]};last[u]=cnt;
}
void Dijkstra()
{
	priority_queue<pa,vector<pa>,greater<pa> >q;
	bool inq[N];memset(inq,0,sizeof(inq));
	for(int i=0;i<a[S];i++)dis[i]=1e20;
	dis[0]=0;q.push(make_pair(0,0));
	while(!q.empty())
	{
		int u=q.top().second;q.pop();
		if(inq[u])continue;inq[u]=1;
		for(int i=last[u];i;i=e[i].next)
		{
			int v=e[i].to;
			if(dis[v]>dis[u]+e[i].val)
			{
				dis[v]=dis[u]+e[i].val;
				q.push(make_pair(dis[v],v));
			}
		}
	}
}
int main()
{
	scanf("%d%lld%lld",&n,&L,&R);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
	sort(a+1,a+n+1);
	S=1;while(!a[S])S++;
	for(int i=0;i<a[S];i++)
		for(int j=S+1;j<=n;j++)
			add_edge(i,(i+a[j])%a[S],a[j]);
	Dijkstra();
	for(int i=0;i<a[S];i++)
		if(dis[i]<=R)
		{
			ll l=max(0ll,(L-dis[i])/a[S]);
			if(l*a[S]+dis[i]<L)l++;
			ll r=max(0ll,(R-dis[i])/a[S]);
			if(r*a[S]+dis[i]>R)r--;
			ans+=r-l+1;
		}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}