【BZOJ2118】墨墨的等式

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。

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

题解

dijkstra神题。

      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（一般有余数就会枚举余数），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。

       所以，首先求出mn=min{ai}，若x能被凑出，则x+mn也能被凑出。建mn个点，dis[i]分别表示模mn意义下余i的能凑出的数最小为多少。对于每一个ai，从x向(x+ai)%mn连一条边权为ai的边。求最短路，则最后求得dis[i]，计算一下就可以了。

/*
  dijkstra
*/

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
const ll inf=1e15;
const int N=15;
const int M=6000100;
int pre[M],last[M],other[M],num,w[M];
int n,a[N],mn=100000000;
ll A,B,d[M],ans;
struct node{
	ll dis;
	int i;
};
priority_queue<node>q;
bool operator<(node a,node b){
	return a.dis>b.dis;
}
inline void add(int x,int y,int z){
	num++;
	pre[num]=last[x];
	last[x]=num;
	other[num]=y;
	w[num]=z;
}
inline void dijkstra(){
	for(int i=0;i<mn;i++) d[i]=inf;
	q.push((node){0,0});d[0]=0;
	while(!q.empty()){
		node t=q.top();
		q.pop();
		if(t.dis!=d[t.i]) continue;
		for(int i=last[t.i];i;i=pre[i]){
			int v=other[i];
			if(t.dis+w[i]<d[v]){
				d[v]=t.dis+w[i];
				q.push((node){d[v],v});
			}
		}
	}
}
int main(){
	scanf("%d%lld%lld",&n,&A,&B);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&a[i]);
		mn=min(mn,a[i]);
	}
	for(int i=0;i<mn;i++)
	for(int j=1;j<=n;j++)
	if(a[j]%mn!=0) add(i,(a[j]+i)%mn,a[j]);
	dijkstra();
	A--;
	for(int i=0;i<mn;i++){
		if(d[i]<=A) ans-=(A-d[i])/mn+1;
		if(d[i]<=B) ans+=(B-d[i])/mn+1;
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return n;
}