BZOJ2118: 墨墨的等式

题目大意：
给出一个关于许多x的不定方程：a1*x1+a2*x2+a3*x3+……..+an*xn=B，这里a都是非负整数，求在给定区间[l，r]内，使得所有x都为非负整数的，满足条件的B的个数。
这道怎么看都是数论题的题，其实可以用图论来解决，（额，好像有些突然）。先来分析一下吧，这道题弱机的我肯定是找不到什么优秀的数学方法来解决的，那么我就只好暴力枚举了（反正又不是我算。）直接枚举肯定是要T掉的，怎么办呢？这时我们会想到利用解决大数据、大规模的数学题时所用的方法——余数计算！
余数会满足大多数基本运算性质，还拥有许多优美的性质。枚举整个区间会超时，那么我们来枚举余数呢？恩，这好像是一个好思路。因为B是一个连续的区间，如果一个%a==k的数可以被我们“斗”出来，那么区间内所有%a==k的数都能被“斗”出来。
现在再针对这道题来看看，我们在这些a里任取一个ai，表示为cc，那么这个B%cc肯定是在0~cc-1之间的，如果一个B满足条件%cc==k，那么（B+cc）%cc也肯定==k，那其实就是说，只要我们能找到，%cc==k的，且满足条件的最小的B，在一直往上加cc，直到加到r为止，能有多少个B，（这些B都是符合条件的），就得到了B%cc==k所有的可能，再枚举不同的k，累加起来，就是0~r内全部可能的B值了。同理，0~l-1内所有可能的B值也可以求出，一减就是l~r内的可能了！
然后，为了使不同的余数k种类尽量少，所以ai(cc)尽量小就可以了，取a里面的最小值即可。
那么问题就转化为求%cc==k的B在非负范围之内最小的值是多少。我们不难发现，B==0为非负范围内最小的一个解，那么其他所有余数的最小B都可以从0这里加上若干个数而得到（a非负）。这样有一点最短路的感觉了吗？我们把0看做原点，我们可以在上面加上a1~aN中任意若干个数，相当于选择长度为a1~aN的路径（可重复）向外走，使得它走到一个%cc==k的距离最短。
然后，就可以用dis[k]保存%cc==k时最小的B，初始化dis[0]=0，通过加上不同的ai，得到新的余数，如果得到相同的余数k的话，可以用B较小的来更新dis[k]，用spfa解决。
因为是用的stl里的queue，所以不用担心循环队列的问题。还有就是如果哪一个ai==0，对结果并没有影响，不用保存，因为cc是不能为0的。

#include<cstdio>#include<queue>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long LL;const int N = 500010;int vis[N], n, a[N], cc;LL dis[N], l, r, inf = 1e9;void spfa(){    queue<int> qu;    qu.push(0);    vis[0] = 1;    dis[0] = 0;//0为其中最小的一个解     while(!qu.empty()){        int u = qu.front();        qu.pop();        vis[u] = 0;        for(int i=1; i<=n; i++){            int y = (u + a[i]) % cc;            if(dis[y] > dis[u] + a[i]){                dis[y] = dis[u] + a[i];                if(!vis[y]){                    qu.push(y);                    vis[y] = 1;                }            }        }    }}LL query(LL lim){//0~lim中B的和     LL ans = 0;    for(int i=0; i<cc; i++)       if(dis[i] <= lim) ans += (lim - dis[i]) / cc + 1;//因为有两端，所以是上限减下限除以公差加一     return ans;}int main(){    cc = (1 << 30) - 1;//cc用来保存a[1]~a[n]中最小的一个值     scanf("%d%lld%lld", &n, &l, &r);    for(int i=1; i<=n; i++){        scanf("%d", &a[i]);        if(a[i] == 0){            i--,n--;//如果a==0，对结果毫无影响，直接删去             continue ;        }        cc = min(cc,a[i]);    }    for(int i=0; i<cc; i++)       dis[i] = 1e18;//要求最短路，初始化为最长     spfa();//dis[i]中存B的解中满足%cc==i最小的一个数     printf("%lld", query(r) - query(l-1));    return 0;}