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題意可以看做，用\(a_1,a_2,...,a_n\)，能組成多少個\([L,R]\)中的數。
（40分就是個完全背包）
首先如果\(k*a_i+x\)可以組成，那麽\((k+1)*a_i+x\)自然也可以組成(\(k\geq 0,0\leq x<a_i\))。
即我們選取一個\(a_i\)做模數，若\(d\equiv x(mod\ a_i)\)，則\(d+a_i\equiv x(mod\ a_i)\)，那麽對於當前余數\(x\)我們可以算出\([0,R]\)中有多少個數模\(a_i\)為\(x\)（只能由\(d\)每次加\(a_i\)）。對於所有余數算一次就能得到答案。

另外這個\(d\)

至於\(a_i\)，取最小的吧。這樣圖中的點數自然最少。（當然取哪個是任意的，因為最後統計答案時的\(a_i\)也是這個\(a_i\)）

如果物品有下限限制，可以把邊界先減掉，再這麽求。

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#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
#define mp std::make_pair
#define pr std::pair<LL,int>
typedef long long LL;
const int N=5e5+5;

int n,mod,A[N];
LL dis[N];
std::priority_queue<pr> q;

inline LL read()
{
    LL now=0;register char c=gc();
    for(;!isdigit(c);c=gc());
    for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
    return now;
}
void Dijkstra()
{
    static bool vis[N];

    memset(dis,0x3f,sizeof dis);
    dis[0]=0, q.push(mp(0,0));
    while(!q.empty())
    {
        int x=q.top().second; q.pop();
        if(vis[x]) continue;
        vis[x]=1;
        for(int i=1,v; i<=n; ++i)
            if(dis[v=(x+A[i])%mod]>dis[x]+A[i])
                q.push(mp(-(dis[v]=dis[x]+A[i]),v));
    }
}
inline LL Calc(LL x)
{
    LL ans=0;
    for(int i=0; i<mod; ++i)
        if(dis[i]<=x) ans+=(x-dis[i])/mod+1;//還有個dis[i] 
    return ans;
}

int main()
{
    n=read(); LL L=read(),R=read();
    int cnt=0; mod=N;
    for(int i=1; i<=n; ++i)
        if(!(A[++cnt]=read())) --cnt;//忽略0 
        else mod=std::min(mod,A[cnt]);
    n=cnt, Dijkstra();
    printf("%lld\n",Calc(R)-Calc(L-1));

    return 0;
}
 

BZOJ.2118.墨墨的等式(思路 最短路Dijkstra 按余數分類)