POI X Sums
一個集合 SSS 內有 nnn 個正整數 {a1,a2,…,an}\{a_1, a_2, \ldots, a_n\}{a1,a2,…,an} ，S′S'S′ 表示由集合 SSS 中的數相加所得的集合，每個數都可以用無數次。
有 qqq 次詢問，詢問一個 xxx 是否在 S′S'S′ 內。存在輸出 y 否則輸出 n。
n≤5000,q,ai,≤50000,x≤1017n \leq 5000, q, a_i, \leq 50000, x \leq 10^{17}n≤5000,q,ai,≤50000,x≤1017.
輸入 nnn ，然後輸入 nnn 個數，再輸入 qqq，然後qqq 個 xxx
題意可以轉化爲：給定a數組，問式子a[1]*x[1]+a[2]*x[2]+……+a[n]*x[n]=k是否有正整數解。
其實看下來，這就是一個容量爲k的完全揹包，判斷是否能恰好裝滿。
叉姐的解釋：
在 SSS 中找一個數，例如 a1a_1a1. 一個關鍵性質是：如果 x∈S′x \in S'x∈S′，那麼x+a1∈S′x + a_1 \in S'x+a1∈S′.
那麼設 d[r]d[r]d[r] 表示所有模 a1a_1a1 於 rrr 的數中，最小的 ∈S′\in S'∈S′ 的數。根據性質，d[r],d[r]+a1,d[r]+2a1,…∈S′d[r], d[r] + a_1, d[r] + 2a_1, \ldots \in S'd[r],d[r]+a1,d[r]+2a1,…∈S′. 同時因爲 d[r]d[r]d[r] 是最小的，所以同餘類中 <d[r]< d[r]<d[r] 的數都 ∉S′\notin S'∉S′.
具體求 d[∗]d[*]d[∗] 的過程是最短路。首先，d[0]=0d[0] = 0d[0]=0。其次，可以用d[x]+aid[x] + a_id[x]+ai 去更新 d[(x+ai) mod a1]d[(x + a_i)\ \mathrm{mod}\ a_1]d[(x+ai) mod a1].
這裏如果用 Dijkstra 的話，複雜度是 O(na1loga1)O(na_1 \log{a_1}). 從這個角度上講，a1a_1 應該取 SS 中最小的。
關鍵的部分就是求d[]數組的最短路，根據定義有d[ (r+a[i])%mod ]=min(d[ (r+a[i])%mod], d[r]+a[i] );
另一種用圖論的最短路解釋爲：
設a1爲最小數字，若方程a[1]*x[1]+a[2]*x[2]+……+a[n]*x[n]=k存在非負整數解，那麼k+a1也必然有解。
建立a1個點的圖，點編號爲0到a1-1,i向(i+aj)%a1連邊，邊權爲aj，求0到所有點的最短路，用dis數組存，如果dis[k%a1]<=k，那麼k有解。
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <vector>
#define P pair<int,int>
using namespace std;
const int ma=50010,INF=0x3f3f3f3f;
int n,m,a[ma],f[ma];
void solve()
{
sort(a,a+n);
m=a[0];
for(int i=1; i<m; ++i)
f[i]=INF;
priority_queue<P,vector<P>,greater<P> > q;
q.push(P(0,0));
P t;
int x;
while(!q.empty())
{
t=q.top();
q.pop();
if(f[t.second]<t.first) continue;
x=t.second;
for(int i=1; i<n; ++i)
if(f[x]+a[i]<f[(x+a[i])%m])
{
f[(x+a[i])%m]=f[x]+a[i];
q.push(P(f[(x+a[i])%m],(x+a[i])%m));
}
}
}
bool judge(int x)
{
return x>=f[x%m];
}
int main()
{
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
for(int i=0; i<n; ++i)
scanf("%d",&a[i]);
solve();
int q,x;
scanf("%d",&q);
while(q--)
{
scanf("%d",&x);
if(judge(x)) puts("TAK");
else puts("NIE");
}
}
return 0;
}
再看一題類似的，但是結果是求a[1]*x[1]+a[2]*x[2]+……+a[n]*x[n]=k沒有正整數解的最大K。
牛場圍欄
John計劃爲他的牛場建一個圍欄，以限制奶牛們的活動。他有N種可以建造圍欄的木料，長度分別是l1,l2…lN，每種長度的木料無限。修建時，他將把所有選中的木料拼接在一起，因此圍欄的長度就是他使用的木料長度之和。但是聰明的John很快發現很多長度都是不能由這些木料長度相加得到的，於是決定在必要的時候把這些木料砍掉一部分以後再使用。不過由於John比較節約，他給自己規定：任何一根木料最多隻能削短M米。當然，每根木料削去的木料長度不需要都一樣。不過由於測量工具太原始，John只能準確的削去整數米的木料，因此，如果他有兩種長度分別是7和11的木料，每根最多隻能砍掉1米，那麼實際上就有4種可以使用的木料長度，分別是6, 7, 10, 11。
Clevow是John的牛場中的最聰明的奶牛，John請她來設計圍欄。Clevow不願意自己和同伴在遊戲時受到圍欄的限制，於是想刁難一下John，希望John的木料無論經過怎樣的加工，長度之和都不可能得到她設計的圍欄總長度。
不過Clevow知道，如果圍欄的長度太小，John很快就能發現它是不能修建好的。因此她希望得到你的幫助，找出無法修建的最大圍欄長度。
格式
輸入格式
輸入的第一行包含兩個整數N, M (1<N<100, 0<=M<3000)，分別表示木料的種類和每根木料削去的最大值。以下各行每行一個整數li(1<li<3000),表示第i根木料的原始長度。
輸出格式
輸出僅一行，包含一個整數，表示不能修建的最大圍欄長度。如果任何長度的圍欄都可以修建或者這個最大值不存在，輸出-1。
分析沒有正整數解的情況：
1）數組a存在值爲1的情況
2）某個點的最小路徑不存在，如果f[x]不存在，那麼f[x]+k*a[1]也不存在，可以到無限大，也就是沒有確定的解
其他的情況都是存在的。
/*
真的是老淚縱橫，這題用多組輸入，結果有1 的情況，輸出，完了我用continue，結果一直WA在第十個樣例，一改回單租輸入就AC了，我的內心是絕望的。
https://vijos.org/p/1054
*/
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <vector>
#define P pair<int,int>
using namespace std;
const int ma=3010,INF=0x3f3f3f3f;
int l[ma],f[ma],cnt;
bool vis[ma];
void solve()
{
int m=l[1];
memset(f,INF,sizeof(f));
f[0]=0;
priority_queue<P,vector<P>,greater<P> > q;
q.push(P(0,0));
int x;
P t;
while(!q.empty())
{
t=q.top();
q.pop();
x=t.second;
if(f[x]<t.second) continue;
for(int i=1; i<=cnt; ++i)
{
if(f[x]+l[i]<f[(x+l[i])%m])
{
f[(x+l[i])%m]=f[x]+l[i];
q.push(P(f[(x+l[i])%m],(x+l[i])%m));
}
}
}
for(int i=0; i<m; ++i)
if(f[i]==INF)
{
puts("-1");
return;
}
int ans=0;
for(int i=0; i<m; ++i)
ans=max(ans,f[i]-m);
printf("%d\n",ans);
}
int main()
{
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(vis,false,sizeof(vis));
int x;
for(int i=0; i<n; ++i)
{
scanf("%d",&x);
for(int j=(x-m>0?x-m:1); j<=x; ++j)
vis[j]=true;
}
if(vis[1])
{
puts("-1");
return 0;
}
cnt=0;
for(int i=1; i<=3000; ++i)
if(vis[i]) l[++cnt]=i;
solve();
return 0;
}
還有一個類似的題
2118: 墨墨的等式
Description
墨墨突然對等式很感興趣，他正在研究a1x1+a2y2+…+anxn=B存在非負整數解的條件，他要求你編寫一個程序，給定N、{an}、以及B的取值範圍，求出有多少B可以使等式存在非負整數解。
Input
輸入的第一行包含3個正整數，分別表示N、BMin、BMax分別表示數列的長度、B的下界、B的上界。輸入的第二行包含N個整數，即數列{an}的值。
Output
輸出一個整數，表示有多少b可以使等式存在非負整數解。
這個要求給出的[ L,R ]區間能夠使a[1]*x[1]+a[2]*x[2]+……+a[n]*x[n]=k有非負整數解的k的個數。
計算個數的過程如下：
LL cal(LL x)
{
LL ans=0;
for(int i=0;i<m;++i)
{
if(x>=f[i])
ans+=1ll*(x-f[i])/m+1;
}
return ans;
}
然後用cal(R)-cal(L-1)就是結果。代碼如下：
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <vector>
#define LL long long
#define P pair<LL,int>
using namespace std;
const int ma=5e5+10;
const LL INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int l[ma],n,m;
LL beg,en,f[ma];
LL cal(LL x)
{
LL ans=0;
for(int i=0;i<m;++i)
{
if(x>=f[i])
ans+=1ll*(x-f[i])/m+1;
}
return ans;
}
void solve()
{
m=l[1];
int k=1;
while(!m)
m=l[++k];
for(int i=1;i<m;++i)
f[i]=INF;
f[0]=0;
priority_queue<P,vector<P>,greater<P> > q;
q.push(P(0,0));
int x;
P t;
while(!q.empty())
{
t=q.top();
q.pop();
x=t.second;
if(f[x]<t.second) continue;
for(int i=1; i<=n; ++i)
{
if(f[x]+l[i]<f[(x+l[i])%m])
{
f[(x+l[i])%m]=f[x]+l[i];
q.push(P(f[(x+l[i])%m],(x+l[i])%m));
}
}
}
}
int main()
{
scanf("%d%lld%lld",&n,&beg,&en);
for(int i=1; i<=n; ++i)
scanf("%d",&l[i]);
sort(l+1,l+n+1);
if(!l[n])
{
printf("0\n");
return 0;
}
solve();
printf("%lld\n",cal(en)-cal(beg-1));
return 0;
}