建图最短路同余（luogu2662 vijos1054 xjoi2157）（bzoj2118）

描述

John计划为他的牛场建一个围栏，以限制奶牛们的活动。他有N种可以建造围栏的木料，长度分别是l1,l2…lN，每种长度的木料无限。修建时，他将把所有选中的木料拼接在一起，因此围栏的长度就是他使用的木料长度之和。但是聪明的John很快发现很多长度都是不能由这些木料长度相加得到的，于是决定在必要的时候把这些木料砍掉一部分以后再使用。不过由于John比较节约，他给自己规定：任何一根木料最多只能削短M米。当然，每根木料削去的木料长度不需要都一样。不过由于测量工具太原始，John只能准确的削去整数米的木料，因此，如果他有两种长度分别是7和11的木料，每根最多只能砍掉1米，那么实际上就有4种可以使用的木料长度，分别是6, 7, 10, 11。

Clevow是John的牛场中的最聪明的奶牛，John请她来设计围栏。Clevow不愿意自己和同伴在游戏时受到围栏的限制，于是想刁难一下John，希望John的木料无论经过怎样的加工，长度之和都不可能得到她设计的围栏总长度。

不过Clevow知道，如果围栏的长度太小，John很快就能发现它是不能修建好的。因此她希望得到你的帮助，找出无法修建的最大围栏长度。

格式

输入格式

输入的第一行包含两个整数N, M (1<N<100, 0<=M<3000)，分别表示木料的种类和每根木料削去的最大值。以下各行每行一个整数li(1<li<3000),表示第i根木料的原始长度。

输出格式

输出仅一行，包含一个整数，表示不能修建的最大围栏长度。如果任何长度的围栏都可以修建或者这个最大值不存在，输出-1。

样例1

样例输入1

2 17 11

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样例输出1

15

对问题进行转换
在modl[1]的剩余系下，我们设dis[i]表示i=modl[1]的最小的体积
那么如果dis[i]可以到达, 那么dis[i]+l[1]*k(k=0~无限大)都是可以到达的。
初始的时候dis[0]=0,因为l[1]%l[1]=0,并且如果等于l[1]的话后面的点一定要对其进行松弛而实际上不需要。
于是我们通过mod对每一个点进行松弛，
答案就是根据定义的最小体积减去l[1],因为modl[1]
判断无解的情况
1.最小的是1, 那么所有的点都可以以1进行松弛，那么所有的点都可以到达。
2.有一个余数不能到达，那么他的 dis[i]+l[1]*k(k=0~无限大)也都是不能到达的。
于是我们在求最短路的时间复杂度内解决了这个问题
spfa o(n^2) dij(nlgn)

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int dis[30000],book[30000],l[30000],n,m,ans,a[30000],vis[30000],cnt=0;int spfa(){memset(book,0,sizeof(book));memset(dis,36,sizeof(dis));int inf=dis[1];dis[0]=0;book[0]=1;queue<int> q;q.push(0);while(!q.empty()){int x=q.front();q.pop();book[x]=0;for(int i=2;i<=cnt;i++){if(dis[x]+l[i]<dis[(x+l[i])%l[1]]){dis[(x+l[i])%l[1]]=dis[x]+l[i];if(!book[(x+l[i])%l[1]])book[(x+l[i])%l[1]]=1,q.push((x+l[i])%l[1]);}}}for(int i=0;i<l[1];i++)if(dis[i]==inf) return -1;int ans=0;for(int i=0;i<l[1];i++) ans=max(ans,dis[i]-l[1]);return ans;}main(){scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);for(int j=a[i]-m;j<=a[i];j++)if(j>=1) vis[j]=1;}if(vis[1]){cout<<"-1\n";return 0;}for(int i=1;i<=3000;i++)if(vis[i])l[++cnt]=i; printf("%d",spfa());return 0;}

　　第二种写法和第一种思路是一样的，但是第二种的dis数组表示的是l[1]*dis[i]+i

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int dis[30000],book[30000],l[30000],n,m,ans,a[30000],vis[30000],cnt=0; int spfa(){    memset(book,0,sizeof(book));memset(dis,36,sizeof(dis));    int inf=dis[1];dis[0]=0;book[0]=1;    queue<int> q;q.push(0);    while(!q.empty())    {        int x=q.front();q.pop();book[x]=0;        for(int i=2;i<=cnt;i++)        {            if(dis[x]+(x+l[i])/l[1]<dis[(x+l[i])%l[1]])            {                dis[(x+l[i])%l[1]]=dis[x]+(x+l[i])/l[1];                if(!book[(x+l[i])%l[1]])                    book[(x+l[i])%l[1]]=1,q.push((x+l[i])%l[1]);            }        }    }    for(int i=0;i<l[1];i++) if(dis[i]==inf) return -1;    int ans=0;    for(int i=0;i<l[1];i++) ans=max(ans,dis[i]*l[1]+i);    return ans-l[1];} main(){    scanf("%d%d",&n,&m);    for(int i=1;i<=n;i++)    {        scanf("%d",&a[i]);        for(int j=a[i]-m;j<=a[i];j++)if(j>=1) vis[j]=1;    }    if(vis[1]){cout<<"-1\n";return 0;}    for(int i=1;i<=3000;i++)if(vis[i])l[++cnt]=i;    printf("%d",spfa());    return 0;}

　　再放一题一样的。

2118: 墨墨的等式

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 259 MB
Submit: 1905  Solved: 754
[Submit][Status][Discuss]

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。

#include<bits/stdc++.h>#define int long longusing namespace std;int dis[500000],book[500000],l[500000],n,m,ans,vis[500000],cnt=0,ll,rr;int calc(int x){int ans=0;for(int i=0;i<l[1];i++)ans+=max(0ll,x/l[1]+((x%l[1])>=i)-dis[i]);return ans;} int spfa(){memset(book,0,sizeof(book));memset(dis,36,sizeof(dis));int inf=dis[1];dis[0]=0;book[0]=1;queue<int> q;q.push(0);while(!q.empty()){int x=q.front();q.pop();book[x]=0;for(int i=2;i<=n;i++)        {            if(dis[x]+(x+l[i])/l[1]<dis[(x+l[i])%l[1]])            {                dis[(x+l[i])%l[1]]=dis[x]+(x+l[i])/l[1];                if(!book[(x+l[i])%l[1]])                    book[(x+l[i])%l[1]]=1,q.push((x+l[i])%l[1]);            }        }}}main(){scanf("%lld%lld%lld",&n,&ll,&rr);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&l[i]);sort(l+1,l+n+1); if(l[n]==0){cout<<"0\n";return 0;}spfa();printf("%lld",calc(rr)-calc(ll-1));return 0;}