【BZOJ2118】墨墨的等式 题解

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。

Source

---

       这题总体来说并不难，很明显，如果存在一个合法的解$b$，那么$b$$+$ $\forall$ $a[i]$也一定是合法的，故我们只要对于$\forall$ $a[i]$算出模其结果不同的合法的最小的数就能知道答案了。为了提高效率，我们取mn=min{$a[i]$}。

       一维数组$d[i]$表示模$mn$等于$i$的最小的合法解，这可以用$dijkstra$或$spfa$轻松求出；用$calc(x)$表示$[0,x]$中的合法解总数，则 $$cal(x)=\sum_{i=0}^{mn-1}\lfloor\frac{x-d[i]}{mn}\rfloor+1(x≥d[i])$$

       最终答案即为： $$calc(bmax)-calc(bmin-1)$$

       注意忽略$a[i]$中的$0$ ！！！

       附上代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstdlib>
using namespace std;
int n;
long long bl,br;
int a[13];
int mn=1e9;
int cnt;
long long d[500010];
bool inq[500010];
long long calc(long long x)
{
    long long res=0;
    for(int i=0;i<mn;i++)
    {
        if(d[i]>x)continue;
        res+=(x-d[i])/mn+1;
    } 
    return res;
}
int main()
{
    scanf("%d%lld%lld",&n,&bl,&br);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int x;
        scanf("%d",&x);
        if(!x)continue;
        a[++cnt]=x;
        mn=min(mn,a[i]);
    }
    for(int i=1;i<mn;i++)d[i]=1e18;
    queue<int>q;
    q.push(0);
    inq[0]=true;
    while(!q.empty())
    {
        int x=q.front();
        q.pop();
        inq[x]=false;
        for(int i=1;i<=cnt;i++)
        {
            int y=(x+a[i])%mn;
            if(d[x]+a[i]<d[y])
            {
                d[y]=d[x]+a[i];
                if(!inq[y])
                {
                    inq[y]=true;
                    q.push(y); 
                }
            }
        }
    }
    printf("%lld",calc(br)-calc(bl-1));
    return 0;
}