NOIP模拟题——小L的牛栏
【题目描述】
小L通过泥萌的帮助，成功解决了二叉树的修改问题，并因此写了一篇论文， 成功报送了叉院（羡慕不？）。勤奋又勤思的他在研究生时期成功转系，考入了北京大学光华管理学院！毕业后，凭着自己积累下的浓厚经济学与计算机学的基础，成功建设了一个现代化奶牛场！ 奶牛们十分聪明,于是在牛场建围栏时打算和小L斗智斗勇！小L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。但是聪明的小L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。
不过由于小L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，小L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。
因为小L相信自己的奶牛举世无双，于是让他们自己设计围栏。奶牛们不愿意自己和同伴在游戏时受到围栏的限制，于是想***难一下小L，希望小L的木料无论经过怎样的加工，长度之和都不可能得到他们设计的围栏总长度。不过小L知道，如果围栏的长度太小，小L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。 这一定难不倒聪明的你吧！如果你能帮小L解决这个问题，也许他会把最后的资产分给你1/8哦！
【输入格式】
输入的第一行包含两个整数N, M，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。
【样例输入】
2 1 7 11
【样例输出】
15
【数据范围】
40 % ：1< N<10, 0< M< 300 100 % ：1< N< 100, 0< M< 3000
考试的时候完全背包暴力骗分80~
正解：
1.首先预处理出所有能搞出来的原始木棍长度，然后找到一个最小的，记为P。如果P=1
那就不用做下去了，直接输出-1.
2.我们把所有的整数按mod P 的值分为P 类（mod P=0,1,2,3,4...P-1），记为集合Q0，Q1，
Q2...QP-1
如果集合Qi 中有一个长度len 可以被组合出来，那么该集合中所有比len 大的数也一定可
以组合出来.因为是mod P 的，所以len 可以不断加P 来组合出比它大的且和它在同一个
集合里的数。根据这个性质就可以找到图论模型了。
3.我们抽象出P-1 个点，分别表示集合Qi 中最小的能被组合出来的数D[i]。那么把根
据原始木棍的长度，可以在这些点之间连边，表示可以从Qi 中的一个数加X 得到Qj
中的一个数。
然后利用dijkstra 算法就可以求出“集合Qi 中最小的能被组合出来的数”了。具
体实现的时候有个小优化可以减少边的数量，就是如果多条边的权值mod P 相等，那么
只要加入其中的一条就可以了（根据同余定理）。
4.那么如何根据最后D[i]的值来得到答案呢？ 还是利用性质“如果集合Qi 中有一个长度
len 可以被组合出来，那么该集合中所有比len 大的数也一定可以组合出来”来做。依次检
查每一个D[i]，如果D[i]>i,那么集合Qi 中最大的不能被组合出来的数就是D[i]-P。
检查所有的D[i] 取最大值就是答案了。
5.复杂度，因为建图的复杂度就是O（N^2）的，所以dijkstra 的复杂度写成O（N^2）即可。
所以总复杂度就是O（N^2）的。
1 //#include <bits/stdc++.h>
2 #include<iostream>
3 #include<cstdio>
4 #define rep(i,n) for(int i = 1; i <= n; i ++)
5 #define imax(x,y) (x > y? x: y)
6 #define imin(x,y) (x < y? x: y)
7 #define N 3010
8 #define inf 0x7f7f7f7f
9 using namespace std;
10 int firste[N],nexte[N*N],v[N*N],w[N*N];
11 int dist[N],num[N];
12 bool color[N],used[N];
13 int n,m,ans, e = 1,low = 83647,top=0,cnt=0;
14 bool flag=0;
15 void build_edge(int x,int y,int z)
16 {
17 ++ e;
18 nexte[e] = firste[x];
19 firste[x] = e;
20 v[e] = y;
21 w[e] = z;
22 }
23 int gcd(int x, int y)
24 {
25 if(x > y) swap(x, y);
26 while(x)
27 {
28 int z = x;
29 x = y % x;
30 y = z;
31 }
32 return y;
33 }
34 bool check(int x)
35 {
36 if(x == low)return 0;
37 int tx = x % low;
38 while(tx < x)
39 {
40 if(color[tx])return 0;
41 tx += low;
42 }
43 return 1;
44 }
45 int main()
46 {
47 freopen("bullpen.in", "r", stdin);
48 freopen("bullpen.out", "w", stdout);
49 int x,vans = 0;
50 scanf("%d%d", &n, &m);
51 rep(i, n)
52 {
53 scanf("%d",&x);
54 if(x - m <= 1)
55 {
56 printf("-1");
57 return 0;
58 }
59 low = imin(low, x - m);
60 top = imax(top, x);
61 for(int j = x - m; j <= x; j ++)
62 color[j] = 1;
63 }
64 for(int i = 2; i <= top; i ++)
65 if(color[i])
66 num[++ cnt] = i;
67 for(int i = 1; i < cnt; i ++)
68 {
69 for(int j = i + 1; j <= cnt; j ++)
70 if(gcd(num[i], num[j]) == 1)
71 {
72 flag = 1;
73 break;
74 }
75 if(flag)break;
76 }
77 if(!flag)
78 {
79 printf("-1");
80 return 0;
81 }
82 rep(i, cnt)
83 if(check(num[i]))
84 {
85 int z = num[i] / low;
86 for(int j = 0; j < low; j ++)
87 {
88 int y = (j + num[i]) % low;
89 if(y > j)
90 build_edge(j, y, z);
91 else
92 build_edge(j, y, z + 1);
93 }
94 }
95 memset(dist, 60, sizeof(dist));
96 dist[0] = 0;
97 for(int i = 1; i < low; i ++)
98 {
99 int u = low;
100 for(int j = 0; j < low; j ++)
101 if(!used[j] && dist[j] < dist[u]) u = j;
102 used[u] = 1;
103 for(int p = firste[u]; p; p = nexte[p])
104 if(dist[v[p]] > dist[u] + w[p])
105 dist[v[p]] = dist[u] + w[p];
106 }
107 for(int i = 0; i < low; i ++)
108 ans = imax(ans, (dist[i] - 1) * low + i);
109 printf("%d",ans);
110 return 0;
111 }
