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。
解析:
妙啊!
我打死也看不出来这是一道最短路。。。
常规思路将区间求和问题转化成求前缀和,也就是分别算出小等于BMax和小于BMin的个数相减。
我们先找出 a[i] 中最小的数 min{a[i]}(其实任意找一个数都可以,找最小的只是让复杂度更优),那么所有能被构造出来的B一定能对应B%min{a[i]}的一种余数,如果算出所有模min{a[i]}的余数的最小的B,那么就能通过不断加min{a[i]}得到在模min{a[i]}意义下的所有方案,求和即为答案,因为在模意义下的余数不同,所以不会重复,又因为保证是从最小的B开始累加,所以不会遗漏。
关于怎么算,令dis[i]表示模min{a[i]}等于i的最小的B,那么dis[(i+a[j])%min{a[1]}]=dis[i]+a[j],类比连边跑最短路后dis[i]就表示模等于i的最小的B。
PS:我晕我在说些什么。。。
代码:
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int Max=500010;
int n,m,ans,l,r,size;
int first[Max],a[15],dis[Max],vis[Max];
struct shu{int to,next,len;}edge[Max*10];
inline int get_int()
{
int x=0,f=1;
char c;
for(c=getchar();(!isdigit(c))&&(c!='-');c=getchar());
if(c=='-') f=-1,c=getchar();
for(;isdigit(c);c=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';
return x*f;
}
inline void build(int x,int y,int z)
{
edge[++size].next=first[x],first[x]=size,edge[size].to=y,edge[size].len=z;
}
inline void dijkstra()
{
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
priority_queue<pair<int,int> >q;
q.push(make_pair(0,0)),dis[0]=0;
while(q.size())
{
int p=q.top().second;q.pop();
if(vis[p]) continue;vis[p]=1;
for(int u=first[p];u;u=edge[u].next)
{
int to=edge[u].to;
if(dis[to]>dis[p]+edge[u].len)
{
dis[to]=dis[p]+edge[u].len;
q.push(make_pair(-dis[to],to));
}
}
}
}
inline int Q(int pos)
{
ans=0;
for(int i=0;i<a[1];i++) if(dis[i]<=pos) ans+=(pos-dis[i])/a[1]+1;
return ans;
}
signed main()
{
n=get_int(),l=get_int(),r=get_int();
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=get_int();
sort(a+1,a+n+1);
for(int i=0;i<a[1];i++)
for(int j=2;j<=n;j++)
build(i,(i+a[j])%a[1],a[j]);
dijkstra();
cout<<Q(r)-Q(l-1);
return 0;
}