2118: 墨墨的等式
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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。
/* 一开始就没想到是个最短路。 题目可以这样变化一下：n个物品，可以用0-，正无穷，问[l,r]区间内有多少价值可以凑出来。 联系到最短路上面： 任选一个ai>0，如果一个价值k∗ai+x(0≤x<ai,k≥0)可以被凑出来，那么显然(k+1)∗ai+x,(k+2)∗ai+x,...都可以被凑出来（这样x的范围就是小于ai了） 显然如果我们对于每个x都找到最小的k满足k∗ai+x可以被凑出来，这个问题就解决了，如果满足凑出x的最小花费是大于b的，那么就不能在[l,r]区间内凑出mn*k+x,这个数了，否则的话，就计算[l,r]内有多少个可以凑出来。 最短路，spfa 时间复杂度O(n∗ai∗log2ai) 因为复杂度与ai有关，所以我们就选择最小的ai了，举个例子：当最小的ai等于1时，那么自然区间内的所有数都可以凑出来了。 */
1 /*网上的AC代码，我加了注解，注意把I64d改为lld*/
2 #include<cstdio>
3 #include<cstdlib>
4 #include<cstring>
5 #include<algorithm>
6 #include<cmath>
7
8 #define md
9 #define ll long long
10 #define inf 1000000000000000LL
11 #define eps 1e-8
12 #define N 500010
13 using namespace std;
14 int q[N];
15 ll dis[N];
16 bool vis[N];
17 int mn,n;
18 int a[20];
19 void spfa()
20 {
21 int h=0,w=1,x,y; q[1]=0; vis[0]=1;/*第一个能凑出的数就是0*/
22 while (h!=w)
23 {
24 h++; if (h>mn+5) h=1; x=q[h];/*循环队列，取出队头的数*/
25 for (int i=1;i<=n;i++)
26 {
27 y=(x+a[i])%mn;/*利用这个价值和其他价值组合所能达到的y，计算y的最小花费（因为只有计算最小花费），才能用mn凑出更多的满足区间条件的数*/
28 if (dis[y]>dis[x]+a[i])
29 {
30 dis[y]=dis[x]+a[i];
31 if (!vis[y])
32 {
33 vis[y]=1;
34 w++; if (w>mn+5) w=1; q[w]=y;
35 }
36 }
37 }
38 vis[x]=0;
39 }
40 }
41
42 ll query(ll x)
43 {
44 ll ans=0;
45 for (int i=0;i<mn;i++)
46 if (dis[i]<=x) ans+=(x-dis[i])/mn+1; /*计算有多少个k满足k*mn+i<=x，因为k>=0，所以还要加1*/
47 return ans;
48 }
49
50 /*windows 用I64d linux 用lld*/
51 int main()
52 {
53 mn=(1e9);
54 ll L,R;
55 scanf("%d%I64d%I64d",&n,&L,&R);
56 for (int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&a[i]); if (a[i]==0) { i--; n--; continue;} mn=min(mn,a[i]);}/*取出最小的an，但是不能为0，很好理解吧*/
57 for (int i=1;i<mn;i++) dis[i]=inf;/*设达到每个k*mn+i(i<mn)的最小花费，所以数组dis中只有小于mn的i即可(*/
58 spfa();
59 printf("%I64d\n",query(R)-query(L-1));
60 return 0;
61 }
1 /*
2 首先，答案=ans(Bmax)-ans(Bmin-1)//利用差分
3 找出a1到an中的最小值p，则如果可以构造出答案x，就可以构造出答案x+p
4 所以我们只需要对于每个q(0<=q<p)，计算出最小的k，使k*p+q能够能够被构造出来，那么对于k’(k’>k) k’*p+q也能构造出来
5 所以对于每个q建一个点，对于每个ai，从q向(q+ai)%p连一条长度为ai的边，先跑一遍最短路，计算出得到每个q的最小花费，如果最小花费大于了Bmax，那么没有办法凑出了。否则就计算可以凑出多少个。
6
7 */
8 #define N 15
9 #define S 500010 //注意题目时5*1e5
10 #include<iostream>
11 using namespace std;
12 #include<cstdio>
13 #include<queue>
14 typedef long long ll;
15 ll L,R;
16 bool vis[S]={0};
17 int n,mn=(1<<31)-1,a[N];
18 ll dis[S];
19 void input()
20 {
21 cin>>n>>L>>R;
22 for(int i=1;i<=n;++i)
23 {
24 scanf("%d",&a[i]);
25 if(a[i]==0)
26 {
27 i--;n--;
28 continue;
29 }
30 mn=min(mn,a[i]);
31 }
32 }
33 void spfa()
34 {
35 queue<int>Q;
36 Q.push(0);
37 vis[0]=true;
38 dis[0]=0;/*注意得到0的花费是0*/
39 int x,y;
40 while(!Q.empty())
41 {
42 x=Q.front();Q.pop();
43 vis[x]=false;
44 for(int i=1;i<=n;++i)
45 {
46 y=(x+a[i])%mn;
47 if(dis[y]>dis[x]+a[i])
48 {
49 dis[y]=dis[x]+a[i];
50 if(!vis[y])
51 {
52 vis[y]=true;
53 Q.push(y);
54 }
55 }
56 }
57 }
58 }
59 ll query(ll x)
60 {
61 ll ans=0;
62 for(int i=0;i<mn;++i)/*别忘了从0开始循环，因为凑出的是0，可以全部用mn来凑*/
63 if(dis[i]<=x) ans+=(x-dis[i])/mn+1;
64 return ans;
65 }
66 int main()
67 {
68 input();
69 for(int i=0;i<mn;++i)
70 dis[i]=100000000000000000LL;//当赋值longlong的数时，要加后缀ll（大小写都可以）才可以，否则会出错的。
71 spfa();
72 cout<<query(R)-query(L-1);
73 return 0;
74 }
时间： 2024-12-22 19:01:58