bzoj2118 墨墨的等式 最短路

       相当于无限背包求可行方案数。无限背包的问题以前看到过，所以这道题目就会做辣！！（下面从无限背包的角度讲一下）

       首先取出最小的ai，设为p。那么考虑令d[i]表示当物体的总重%p=i时，物体最少的重量。设d[i]=t，那么显然对于所有的x，如果x%p=i且x>=t，都可以用总重最少的那个方案再加上若干个p得到。

       同时，考虑加入一个物体u，那么显然有d[(i+u)%p]可以由d[i]+u得到，这不就是两点间连边吗？d[i]求最小值不就是最短路吗？

       所以无限背包求可行方案数就转化成最短路问题辣~\(≧▽≦)/~！！

       另外其实不取最小的在正确性上没有影响，但是显然点的个数和取得ai相等，因此去最小的就可以让点的个数最小化辣！！

       考虑spfa不被卡的期望时间复杂度O(NmaxAi)。

AC代码如下：

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#define ll long long#define N 500005using namespace std;int n,m,h[N+5],a[25]; ll d[N],ql,qr; bool bo[N];ll qry(ll x){int i; ll t=0;for (i=0; i<m; i++) if (d[i]<=x)t+=(x-d[i])/m+1;return t;}int main(){scanf("%d%lld%lld",&n,&ql,&qr); int i; m=1e6;for (i=1; i<=n; i++){scanf("%d",&a[i]); if (!a[i]){ i--; n--; continue; }m=min(m,a[i]);}for (i=1; i<m; i++) d[i]=qr+1;int head=0,tail=1; h[1]=0;memset(bo,1,sizeof(bo));while (head!=tail){head=head%N+1; int x=h[head]; bo[x]=1;for (i=1; i<=n; i++){int y=(x+a[i])%m;if (d[x]+a[i]<d[y]){d[y]=d[x]+a[i];if (bo[y]){ bo[y]=0; tail=tail%N+1; h[tail]=y; }}}}printf("%lld\n",qry(qr)-qry(ql-1));return 0;}

by lych

2016.3.4