题意可以看做，用(a_1,a_2,...,a_n)，能组成多少个([L,R])中的数。
（40分就是个完全背包）
首先如果(k*a_i+x)可以组成，那么((k+1)*a_i+x)自然也可以组成((kgeq 0,0leq x<a_i))。
即我们选取一个(a_i)做模数，若(dequiv x(mod a_i))，则(d+a_iequiv x(mod a_i))，那么对于当前余数(x)我们可以算出([0,R])中有多少个数模(a_i)为(x)（只能由(d)每次加(a_i)）。对于所有余数算一次就能得到答案。
另外这个(d)需要是满足模(a_i)为(x)的最小的数（用(n)个数组合得到）。考虑如何对每个余数求这个(d)。
因为每次是枚举(n)个数转移（加上再取模），且状态可以用数组存，要求最小，联想到最短路。
(dis[x])表示满足模(a_i)为(x)的能组成的最小的数。那么余数为(0)的最小的数自然是(0)，即(dis[0]=0)。然后SPFA或Dijkstra。
至于(a_i)，取最小的吧。这样图中的点数自然最少。（当然取哪个是任意的，因为最后统计答案时的(a_i)也是这个(a_i)）
如果物品有下限限制，可以把边界先减掉，再这么求。
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#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
#define mp std::make_pair
#define pr std::pair<LL,int>
typedef long long LL;
const int N=5e5+5;
int n,mod,A[N];
LL dis[N];
std::priority_queue<pr> q;
inline LL read()
{
LL now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
void Dijkstra()
{
static bool vis[N];
memset(dis,0x3f,sizeof dis);
dis[0]=0, q.push(mp(0,0));
while(!q.empty())
{
int x=q.top().second; q.pop();
if(vis[x]) continue;
vis[x]=1;
for(int i=1,v; i<=n; ++i)
if(dis[v=(x+A[i])%mod]>dis[x]+A[i])
q.push(mp(-(dis[v]=dis[x]+A[i]),v));
}
}
inline LL Calc(LL x)
{
LL ans=0;
for(int i=0; i<mod; ++i)
if(dis[i]<=x) ans+=(x-dis[i])/mod+1;//还有个dis[i]
return ans;
}
int main()
{
n=read(); LL L=read(),R=read();
int cnt=0; mod=N;
for(int i=1; i<=n; ++i)
if(!(A[++cnt]=read())) --cnt;//忽略0
else mod=std::min(mod,A[cnt]);
n=cnt, Dijkstra();
printf("%lld
",Calc(R)-Calc(L-1));
return 0;
}