题目背景
DJL 为了避免成为一只咸鱼，来找 srwudi 学习压代码的技巧。
问题描述
Srwudi 的家是一幢 h 层的摩天大楼。由于前来学习的蒟蒻越来越多，srwudi 改造了一
个跳楼机，使得访客可以更方便的上楼。
经过改造，srwudi 的跳楼机可以采用以下四种方式移动：
1. 向上移动 层； x
2. 向上移动 y 层；
3. 向上移动 z 层；
4. 回到第一层。
一个月黑风高的大中午，DJL 来到了 srwudi 的家，现在他在 srwudi 家的第一层，碰巧
跳楼机也在第一层。DJL 想知道，他可以乘坐跳楼机前往的楼层数。
输入格式
第一行一个整数 h，表示摩天大楼的层数。
第二行三个正整数，分别表示题目中的 x, y, z。
输出格式
一行一个整数，表示 DJL 可以到达的楼层数。
样例输入
15
4 7 9
样例输出
9
样例解释
可以到达的楼层有：1,5,8,9,10,12,13,14,15
数据范围
对于 20%的数据， ≤h, x, y, z≤100；
对于 40%的数据，1≤h, x, y, z≤10的5次方
对于 100%的数据，1≤h≤10的18次方，1≤x, y, z≤10 的5次方
解题思路
1
直接bfs 状态太多 我们考虑减少状态
记di=c, 表示在满足c mod x==i 的前提下 仅通过第二和第三个操作可以到达的最小楼层 c
如果我们得到了 d ， 那么最后的答案就是 
对于di的计算 我们有如下两种形式的转移
d(i+y) mod x = di +y
d(i+x) mod x = di + z
因为你求的 是di 的min
不难发现 这就是最短路模型
可以使用SPFA
2
首先可以先写出 h=ax+by+cz；
然后再看题 可以 大致猜出 在到达这个楼层hi 之前 你是怎么到达的 不管
也就是说 你可以先跳完 y z 再跳 x
那么你就可以 把 h %x
h'=by+cz;
h=h'+k*x;
这时因为每次加的都是整数倍的x
那么 你可以求每次h' %x ==i 记录 di 为mod x 的最小能够到达的楼层
也就是说d(i+y)mod x = di +y
d(i+z) mod z = di+z;
问题1
为啥只用算一边
因为你算的是当前x 对答案的贡献 而每次到达di 是上一个状态加1 通过操作2 3到达的 而上一个到达的楼层 是 di-y 或 di-z 且mod x不等于 di 的 i 不然还算什么啊 所以要加1
重复性问题
为什么想到mod == i
因为 i的范围是 0 到x-1
那么h= kx +i 则状态不会交叉
其他优秀题解
如果不考虑h的大小问题，那么我们可以得到一个简单的dp:
背包
因为h过大，这个dp的时空复杂度过高，不能接受，因此需要进行优化。
最终上升到的楼层和操作的顺序没有关系，所以我们可以将一种操作堆积起来，将一个到达的楼层分解为:
h=ax+by+cz
那么这个答案是否有遗漏呢，假设我们从f(i)出发，用操作1，2再走到了一个楼层h′，这个楼层依然满足h′modz=i，那么可以得到:
所以没有遗漏
code
// #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define inf (1ll<<62) ll dis[200005],x,y,z; ll h; queue <int > Q; int mark[200005]; void spfa() { for(int i=0;i<=x;i++) dis[i]=inf; dis[1%x]=1; Q.push(1%x); mark[1%x]=1; while(Q.size()) { int s=Q.front(); mark[s]=0; Q.pop(); if(dis[(s+y)%x]>dis[s]+y) { dis[(s+y)%x]=dis[s]+y; if(!mark[(s+y)%x]) { Q.push((s+y)%x); mark[(s+y)%x]=1; } } if(dis[(s+z)%x]>dis[s]+z) { dis[(s+z)%x]=dis[s]+z; if(!mark[(s+z)%x]) { Q.push((s+z)%x); mark[(s+z)%x]=1; } } } } int main() { cin>>h; cin>>x>>y>>z; spfa(); ll ans=0; for(int i=0;i<x;i++) { if(dis[i]<=h&&dis[i]!=inf) ans+=(h-dis[i])/x+1; } printf("%lld",ans); }