数论+spfa算法 bzoj 2118 墨墨的等式

/*
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 }