【bzoj2118】 墨墨的等式

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2118 (题目链接)

题意

　　给出${B}$的取值范围${[Bmin,Bmax]}$，求方程${a_{1}*x_{1}+a_{2}*b_{2}+~~+a_{n}*b_{n}=B}$有多少${B}$可以使等式存在非负整数解。

Solution

　　问题很容易就被转化为：用${a_{1},a_{2},a_{3},······a_{n}}$能组成多少个在范围${[Bmin,Bmax]}$内的数。这是一类经典的图论问题。

　　我们假设${a}$中最小的元素为${T}$，可以考虑用${n}$个数能够组成的数对${T}$的模的情况。用${dis[i]}$表示构成的一个数${Q}$，且${Q mod T=i}$，${Q}$是满足上述两个条件的最小值。我们在这里将题目中的区间改为具体的询问，更好的进行讨论，对于询问${X}$，设${X mod T=i}$，则有以下三种情况：

1. ${dis[i]>x}$。由于用这${n}$个数构成的一个模${T}$为${i}$的数，这个数的最小值为${dis[i]}$，而${dis[i]>x}$，说明${X}$是无法构成的。
2. ${dis[i]=x}$。由于用这${n}$个数构成的一个模${T}$为${i}$的数，这个数的最小值为${dis[i]}$，而${dis[i]=x}$，说明${X}$可以构成，且是能构成的模${T}$等于${i}$的最小的数。
3. ${dis[i]<x}$。由于用这${n}$个数构成的一个比${X}$更小的${~mod~T}$为${i}$的数${Q}$，则${X~mod~T=Q~mod~T}$，且${X}$必定可以由${Q}$加上若干个${T}$得到，因此，${X}$也是可以构成的。

　　由上述三点可知，当${dis[i]<=X}$时，${X}$是可以被构成的，否则则不能。

　　现在的问题是如何求解${dis}$数组？

　　相信各位看官已经发现${dis}$数组的命名有点诡异，没错就是用最短路求解。由于${dis[i]~mod~T=i}$，${i}$的范围在${0~T-1}$内，因此可以建立${T}$个点${0,1,2,······,T-1}$。对于点${i}$和任意一个数${a[j]}$，设${k=(i+a[j])~mod~T}$，可以认为从${i}$到${k}$连条边权为${a[j]}$的边，表示可以从${~mod~T=i}$这个点，通过加上边权${a[j]}$，到达${~mod~T=k}$的点。由于${T~mod~T=0}$，即可设${T}$为数字编号为0的点。要求${X}$是否能由${n}$个数构成，就要求出${dis[X~mod~T]}$的最小值了；当${X}$大于等于${dis[X~mod~T]}$，它就能够由着${n}$个数构成，设${X~mod~T=j}$，${dis[j]}$即为${j}$这个点到达${0}$点的最短距离，它可以由0点直接加边权${a[j]}$得到，也可以经过其他中间点到达。转换后，它就是个最短路问题了。

　　再回到这个问题上。于是我们先建图，跑一遍最短路，预处理出${dis}$数组，然后枚举${i=0}$~${T-1}$，计算模${T}$为${i}$的数在区间${[Bmin,Bmax]}$中有多少个，统计答案即可。

细节

　　堆里面又忘记开long long了，尴尬。

代码

// bzoj2118
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<queue>
#define LL long long
#define MOD 10007
#define inf (1ll<<60)
#define Pi acos(-1.0)
#define free(a) freopen(a".in","r",stdin),freopen(a".out","w",stdout);
using namespace std;

const int maxn=500010;
struct edge {int to,next,w;}e[maxn*10];
struct data {
	LL num,w;
	friend bool operator < (const data a,const data b) {
		return a.w>b.w;
	}
};
int head[maxn],a[maxn],vis[maxn];
int n,cnt;
LL L,dis[maxn],R;

void link(int u,int v,int w) {
	e[++cnt].to=v;e[cnt].next=head[u];head[u]=cnt;e[cnt].w=w;
}
void Dijkstra() {
	priority_queue<data> q;
	for (int i=0;i<a[1];i++) dis[i]=inf;
	data x=(data){0,0},y;
	dis[0]=0;
	q.push(x);
	while (!q.empty()) {
		x=q.top();q.pop();
		if (vis[x.num]) continue;
		vis[x.num]=1;
		for (int i=head[x.num];i;i=e[i].next)
			if (dis[e[i].to]>x.w+e[i].w) {
				y.w=dis[e[i].to]=x.w+e[i].w;
				y.num=e[i].to;
				q.push(y);
			}
	}
}
int main() {
	scanf("%d%lld%lld",&n,&L,&R);
	for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	sort(a+1,a+1+n);
	if (!a[n]) return printf("0"),0;
	for (int i=0;i<a[1];i++)
		for (int j=2;j<=n;j++) link(i,(a[j]+i)%a[1],a[j]);
	Dijkstra();
	LL ans=0;
	for (int i=0;i<a[1];i++) if (dis[i]<=R) {
			LL l=max(0ll,(L-dis[i])/a[1]);
			if (l*a[1]+dis[i]<L) l++;
			LL r=(R-dis[i])/a[1];
			if (r*a[1]+dis[i]>R) r--;
			ans+=r-l+1;
		}
	printf("%lld
",ans);
	return 0;
}