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。
题目可以这样变化一下：n个物品，可以用0-正无穷，问[l,r]区间内有多少价值可以凑出来。
联系到最短路上面：
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，
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。
最短路，spfa 时间复杂度O(n∗ai∗log2ai) 因为复杂度与ai有关，所以我们就选择最小的ai了，
举个例子：当最小的ai等于1时，那么自然区间内的所有数都可以凑出来了。
#include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath> using namespace std; typedef long long ll; const ll inf=9e18; const int N=5e5+5; int q[N],mn,n,a[20]; ll dis[N]; bool vis[N]; void spfa() { int h=0,w=1,x,y; q[1]=0; vis[0]=1;/*第一个能凑出的数就是0*/ while (h!=w) { h++; if (h>mn+5) h=1; x=q[h];/*循环队列，取出队头的数*/ for (int i=1;i<=n;i++) { y=(x+a[i])%mn;/*利用这个价值和其他价值组合所能达到的y，计算y的最小花费（因为只有计算最小花费），才能用mn凑出更多的满足区间条件的数*/ if (dis[y]>dis[x]+a[i]) { dis[y]=dis[x]+a[i]; if (!vis[y]) { vis[y]=1; w++; if (w>mn+5) w=1; q[w]=y; } } } vis[x]=0; } } ll query(ll x) { ll ans=0; for (int i=0;i<mn;i++) if (dis[i]<=x) ans+=(x-dis[i])/mn+1; /*计算有多少个k满足k*mn+i<=x，因为k>=0，所以还要加1*/ return ans; } /*windows 用I64d linux 用lld*/ int main() { mn=(1e9); ll L,R; 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; } mn=min(mn,a[i]); }/*取出最小的an，但是不能为0，很好理解吧*/ for (int i=1;i<mn;i++) dis[i]=inf;/*设达到每个k*mn+i(i<mn)的最小花费，所以数组dis中只有小于mn的i即可(*/ spfa(); printf("%lld ",query(R)-query(L-1)); return 0; }