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【bzoj2118】 墨墨的等式

2024-08-17 12:03:14   221人阅读

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a1x1+a2x2+…+anxn=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a1,a2,a3,······an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这个店到达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\n",ans);	return 0;}

　　

【bzoj2118】 墨墨的等式


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