BZOJ 2118 数论+最短路（SPFA） 解题报告

2118: 墨墨的等式

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。

【解题报告】
题目可以理解成经典的背包问题。只是他问你的是[L,R]区间中有多少个容积是恰好可以装满的。
然后这个范围很大啊，传统的暴力当然是行不通的了。
考虑一个可以被拼出来的x，他里面可以包含ai也可以不包含ai。设x%ai=b(0<=b < ai)
那么其实x+ai都可以被拼出来，显然。
所以我们只要对于一个b，求出最小的可以拼出来的x，那么一直加ai也是可以的。
直接把不同的b算出来的答案加起来就好了。
要证明的话只要说明两个东西：
1、不重复性，对于不同的可以拼出的x1,x2,如果他们%ai不同，那就不会算重复。
如果他们%ai相同，也不会算重复。。。
2、不遗漏性，对于可以拼出来的x1，有一个模对应的b，那么肯定会算到嘛。。。
所以就这样搞笑的证明了？？
来源：http://www.cnblogs.com/Konjakmoyu/p/6283832.html

代码如下：

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<queue>using namespace std;#define N 500010#define inf 0x3f3f3f3fint n,a[20],cnt=0;long long l,r;int head[N],vis[N];long long dis[N];struct Edge{    int to,nxt;    long long w;}e[N<<3];void adde(int u,int v,long long w){    e[++cnt].w=w;    e[cnt].to=v;    e[cnt].nxt=head[u];    head[u]=cnt;}void SPFA(){    memset(vis,0,sizeof(vis));    memset(dis,inf,sizeof(dis));    deque<int> q;    dis[0]=0,vis[0]=1;    q.push_back(0);    while(!q.empty())    {        int now=q.front();q.pop_front();        vis[now]=0;        for(int i=head[now];~i;i=e[i].nxt)        {            int v=e[i].to;            if(dis[v]>dis[now]+e[i].w)            {                dis[v]=dis[now]+e[i].w;                if(!vis[v])                {                    vis[v]=1;                    if(!q.empty())                    {                        if(dis[v]>dis[q.front()]) q.push_back(v);                        else q.push_front(v);                    }                    else q.push_back(v);                }            }        }           }}long long get_ans(long long x,long long y){    if(x<y) return 0;    return (x-y)/a[1]+1;}int main(){    memset(head,-1,sizeof(head));    scanf("%d%lld%lld",&n,&l,&r);    for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);    sort(a+1,a+1+n);    for(int i=1;i<=n;++i)    for(int j=0;j<a[1];++j)        adde(j,(j+a[i])%a[1],a[i]);    SPFA();    long long ans=0;    for(int i=0;i<a[1];++i)         ans+=get_ans(r,dis[i])-get_ans(l-1,dis[i]);    printf("%lld\n",ans);    return 0;}