BZOJ2118 由数论推导至图论！最短路SPFA

世界真的很大

今天上午pty大神讲图论，在应用章节莫名其妙地抛出了这道神题，题目是这样的：给出一个不定方程：a1*x1+a2*x2+a3*x3+……..+an*xn=B，这里a都是常数，x是未知数，求在给定区间l，r内，使得所有x都为非负整数的，满足条件的B的个数。

这道怎么看都是数论题的题，其实可以用图论来解决，我反正死活没想出来。。先来分析一下吧，我们在这些a里任取一个ai，表示为k，那么这个B%k肯定是在0–k-1之间的，如果一个B满足条件，这个B%k=d，那么（B+k）%k也肯定为d，那其实就是说，只要我们能找到，%k=d的，且满足条件的最小的B，在一直往上加k，直到加到r为止，能有多少个B，（这些B都是符合条件的），就得到了B%k=d所有的可能，在枚举不同的d，累加起来，不就是0–r内全部可能的B值了嘛。同理，0–l-1内所有可能的B值也可以求出，一减不就是l–r内的可能，不就是答案呐！

然后，为了使不同的余数d种类尽量少，所以k尽量小就可以了，取a里面的最小值即可，代码：

for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
if(a[i] == 0)
{
i--,n--;
continue ;
}
small=min(small,a[i]);
}

这里的small就是上文的k，还有就是如果哪一个a是0，就相当于没有这一项，就不用保存，当然small是不能为0的；

然后，之所以可以用spfa，就是因为要求余d时最小的B，用dis[d]保存，首先队首是0，因为余0时，B为0是肯定可以且最小的（非负），所以dis[0]=0，通过加上不同的a，得到新的余数，如果得到相同的余数的话，可以用B较小的来更新did值，或者说“松弛”，怎么样，spfa吧？代码：

void spfa()
{
queue<int> state;
state.push(0);
vis[0]=1;
dis[0]=0;
while(!state.empty())
{
int u=state.front();
state.pop();
vis[u]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int y=(u+a[i])%small;
if(dis[y]>dis[u]+a[i])
{
dis[y]=dis[u]+a[i];
if(!vis[y])
{
state.push(y);
vis[y]=1;
}
}
}
}
}

看起来不错，因为是用的stl里的queue，所以不用担心循环队列的问题。

好，上完整代码了：

#include<cstdio>
#include<queue>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long dnt;
int vis[500010],n,a[500010],small;
dnt dis[500010],l,r,inf=1e9;
void spfa()
{
queue<int> state;
state.push(0);
vis[0]=1;
dis[0]=0;
while(!state.empty())
{
int u=state.front();
state.pop();
vis[u]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int y=(u+a[i])%small;
if(dis[y]>dis[u]+a[i])
{
dis[y]=dis[u]+a[i];
if(!vis[y])
{
state.push(y);
vis[y]=1;
}
}
}
}
}
dnt query(dnt k)
{
dnt ans=0;
for(int i=0;i<small;i++)
if(dis[i]<=k) ans+=(k-dis[i])/small+1;
return ans;
}

int main()
{
small=(1<<30)-1;
scanf("%d%lld%lld",&n,&l,&r);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
if(a[i] == 0)
{
i--,n--;
continue ;
}
small=min(small,a[i]);
}

for(int i=0;i<small;i++)
dis[i]=100000000000000000LL;
spfa();
printf("%lld",query(r)-query(l-1));
return 0;
}

嗯，就是这样；