相當於無限揹包求可行方案數。無限揹包的問題以前看到過，所以這道題目就會做辣！！（下面從無限揹包的角度講一下）

       首先取出最小的ai，設為p。那麼考慮令d[i]表示當物體的總重%p=i時，物體最少的重量。設d[i]=t，那麼顯然對於所有的x，如果x%p=i且x>=t，都可以用總重最少的那個方案再加上若干個p得到。

       同時，考慮加入一個物體u，那麼顯然有d[(i+u)%p]可以由d[i]+u得到，這不就是兩點間連邊嗎？d[i]求最小值不就是最短路嗎？

       所以無限揹包求可行方案數就轉化成最短路問題辣~\(≧▽≦)/~！！

       另外其實不取最小的在正確性上沒有影響，但是顯然點的個數和取得ai相等，因此去最小的就可以讓點的個數最小化辣！！

       考慮spfa不被卡的期望時間複雜度O(NmaxAi)。

AC程式碼如下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define ll long long
#define N 500005
using namespace std;

int n,m,h[N+5],a[25]; ll d[N],ql,qr; bool bo[N];
ll qry(ll x){
	int i; ll t=0;
	for (i=0; i<m; i++) if (d[i]<=x)
		t+=(x-d[i])/m+1;
	return t;
}
int main(){
	scanf("%d%lld%lld",&n,&ql,&qr); int i; m=1e6;
	for (i=1; i<=n; i++){
		scanf("%d",&a[i]); if (!a[i]){ i--; n--; continue; }
		m=min(m,a[i]);
	}
	for (i=1; i<m; i++) d[i]=qr+1;
	int head=0,tail=1; h[1]=0;
	memset(bo,1,sizeof(bo));
	while (head!=tail){
		head=head%N+1; int x=h[head]; bo[x]=1;
		for (i=1; i<=n; i++){
			int y=(x+a[i])%m;
			if (d[x]+a[i]<d[y]){
				d[y]=d[x]+a[i];
				if (bo[y]){ bo[y]=0; tail=tail%N+1; h[tail]=y; }
			}
		}
	}
	printf("%lld\n",qry(qr)-qry(ql-1));
	return 0;
}
 

by lych

2016.3.4