Present [神奇 背包->最短路]

$Present$

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$\color{red}{正解部分}$

先设 $p_1$ 表示最小的 $p$ .

当 $p_x$ 使用了 $p_1$ 次时, 可以用 $p_x$ 次 $p_1$ 替代,
举个例子, 假如当前选物品的情况是 $\sum\limits_{i=2}^N(p_1-1)p_i$, 此时只要在 $x∈[2, N]$ 中再选出任意一个物品 $p_x$,
则 $p_1$个$p_x$ 就可以被 $p_x$个$p_1$ 顶替 .

由此可以想到一个比暴力更优的背包$dp$方法,
使用总容量 $\sum\limits_{i=1}^Np_1p_i$ 的背包进行 $dp$, 然后对于每个 $a_i$ 的判断, 只需将 $a_i$ 模上 $\sum\limits_{i=1}^Np_1p_i$ (等同于$\sum\limits_{i=1}^Np_1p_i$全部被 $p_1$ 顶替了), 此时 $a_i$ 一定是在背包容量内的, 直接判断即可 .

这样可以有 $60pts$ .

使用 $\sum\limits_{i=1}^Np_1p_i$ 为上界的原因是 $\sum\limits_{i=1}^N(p_1-1)p_i$ 是 $p_1$ 不能消任何数字的极限情况, 以 $\sum\limits_{i=1}^Np_1p_i$ 为上界就可以顾及到所有的装填方法 .

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思考能否以更小的背包容量解决这个问题,

设 $x=y \mod p_1$, 且 $x < y$, 则 $y - x = 0 \mod p_1$,
即对于 $mod\ p_1$ 相同的$x, y$, 要凑成 $y$, 可以先凑成 $x$, 然后用 $p_1$ 在 $x$ 的基础上填充 凑成 $y$,
换句话说, 若两个数模 $p_1$ 的值相同, 且除 $p_1$ 商 较小的那个数字可以凑出, 则较大的那个数字也可以凑出 .
上面这句话是 下方法的思想 核心 .

由此可以设 $F[x]$ 表示 所有满足 $i\%p_1 = x$ 且能被凑出的 $i$ 中, 最小的 $\lfloor \frac{i}{p_1} \rfloor$,
用类似最短路的算法转移, 最后只需检查当前数字$a_i$是否满足条件 $F[a_i \% p_1] \le \lfloor \frac{a_i}{p_1} \rfloor$ 即可 .

时间复杂度 $O(p_1logp_1)$ .

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$\color{red}{实现部分}$

#include<bits/stdc++.h>
#define reg register
#define fi first
#define se second
typedef std::pair<int, int> pr;

int read(){
        char c;
        int s = 0, flag = 1;
        while((c=getchar()) && !isdigit(c))
                if(c == '-'){ flag = -1, c = getchar(); break ; }
        while(isdigit(c)) s = s*10 + c-'0', c = getchar();
        return s * flag;
}

int N;
int M;
int Ans;
int p[505];
int a[300005];
int F[200005];

int main(){
        freopen("present.in", "r", stdin);
        freopen("present.out", "w", stdout);
        N = read(), M = read();
        for(reg int i = 1; i <= N; i ++) p[i] = read();
        for(reg int i = 1; i <= M; i ++) a[i] = read();
        memset(F, 0x3f, sizeof F);
        F[0] = 0;
        std::priority_queue <pr, std::vector<pr>, std::greater<pr> > Q;
        Q.push(pr(0, 0));
        while(!Q.empty()){
                int ft = Q.top().se; Q.pop();
                for(reg int i = 2; i <= N; i ++){
                        int to = ft + p[i], cur = to%p[1];
                        if(F[cur] > F[ft] + to/p[1]){
                                F[cur] = F[ft] + to/p[1];
                                Q.push(pr(F[cur], cur));
                        }
                }
        }
        for(reg int i = 1; i <= M; i ++)
                if(F[a[i]%p[1]] <= a[i]/p[1]) Ans ++;
        printf("%d\n", Ans);
        return 0;
}