描述

John计划为他的牛场建一个围栏，以限制奶牛们的活动。他有N种可以建造围栏的木料，长度分别是l1,l2…lN，每种长度的木料无限。修建时，他将把所有选中的木料拼接在一起，因此围栏的长度就是他使用的木料长度之和。但是聪明的John很快发现很多长度都是不能由这些木料长度相加得到的，于是决定在必要的时候把这些木料砍掉一部分以后再使用。不过由于John比较节约，他给自己规定：任何一根木料最多只能削短M米。当然，每根木料削去的木料长度不需要都一样。不过由于测量工具太原始，John只能准确的削去整数米的木料，因此，如果他有两种长度分别是7和11的木料，每根最多只能砍掉1米，那么实际上就有4种可以使用的木料长度，分别是6, 7, 10, 11。

Clevow是John的牛场中的最聪明的奶牛，John请她来设计围栏。Clevow不愿意自己和同伴在游戏时受到围栏的限制，于是想刁难一下John，希望John的木料无论经过怎样的加工，长度之和都不可能得到她设计的围栏总长度。

不过Clevow知道，如果围栏的长度太小，John很快就能发现它是不能修建好的。因此她希望得到你的帮助，找出无法修建的最大围栏长度。

格式

输入格式

输入的第一行包含两个整数N, M (1<N<100, 0<=M<3000)，分别表示木料的种类和每根木料削去的最大值。以下各行每行一个整数li(1<li<3000),表示第i根木料的原始长度。

输出格式

输出仅一行，包含一个整数，表示不能修建的最大围栏长度。如果任何长度的围栏都可以修建或者这个最大值不存在，输出-1。

样例1

样例输入1

2 17 11

样例输出1

15

对问题进行转换
在modl[1]的剩余系下，我们设dis[i]表示i=modl[1]的最小的体积
那么如果dis[i]可以到达, 那么dis[i]+l[1]*k(k=0~无限大)都是可以到达的。
初始的时候dis[0]=0,因为l[1]%l[1]=0,并且如果等于l[1]的话后面的点一定要对其进行松弛而实际上不需要。
于是我们通过mod对每一个点进行松弛，
答案就是根据定义的最小体积减去l[1],因为modl[1]
判断无解的情况
1.最小的是1, 那么所有的点都可以以1进行松弛，那么所有的点都可以到达。
2.有一个余数不能到达，那么他的 dis[i]+l[1]*k(k=0~无限大)也都是不能到达的。
于是我们在求最短路的时间复杂度内解决了这个问题
spfa o(n^2) dij(nlgn)

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int dis[30000],book[30000],l[30000],n,m,ans,a[30000],vis[30000],cnt=0;int spfa(){	memset(book,0,sizeof(book));memset(dis,36,sizeof(dis));	int inf=dis[1];dis[0]=0;book[0]=1;	queue<int> q;q.push(0);	while(!q.empty())	{		int x=q.front();q.pop();book[x]=0;		for(int i=2;i<=cnt;i++)		{			if(dis[x]+l[i]<dis[(x+l[i])%l[1]])			{				dis[(x+l[i])%l[1]]=dis[x]+l[i];				if(!book[(x+l[i])%l[1]])					book[(x+l[i])%l[1]]=1,q.push((x+l[i])%l[1]);			}		}	}	for(int i=0;i<l[1];i++)	if(dis[i]==inf) return -1;	int ans=0;	for(int i=0;i<l[1];i++) ans=max(ans,dis[i]-l[1]);	return ans;}main(){	scanf("%d%d",&n,&m);	for(int i=1;i<=n;i++)	{		scanf("%d",&a[i]);		for(int j=a[i]-m;j<=a[i];j++)if(j>=1) vis[j]=1;	}	if(vis[1]){cout<<"-1\n";return 0;}	for(int i=1;i<=3000;i++)if(vis[i])l[++cnt]=i; 	printf("%d",spfa());	return 0;}

建图最短路同余（luogu2662 vijos1054 xjoi2157）