传送门

好题啊。

首先找到最小的一个非零系数记做a1a_1a1​，然后如果WWW modmodmod a1=W′a_1=W'a1​=W′ modmodmod a1a_1a1​，且WWW是方程的一个可行解，那么显然W′W'W′也是一个可行解。

自然会想到我们用完全背包的思想对每一个余数求出要达到这个余数的最小可行解，这样整个范围中到达这个余数的可行解个数就可以统计出来了。

因此我们把所有BBB模a1a_1a1​的余数看做点，那么aaa数列就能够被当做边权，在建出的图上面跑最短路就行了。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 7500005
using namespace std;
int n,first[N],cnt=-1;
struct edge{int v,next;ll w;}e[N];
ll bmx,bmn,dis[N],a[20],mn=2e18;
bool in[N];
inline void add(int u,int v,ll w){e[++cnt].v=v,e[cnt].w=w,e[cnt].next=first[u],first[u]=cnt;}
inline ll query(ll x){
	ll ret=0;
	for(register int i=0;i<mn;++i)if(dis[i]<=x)ret+=(x-dis[i])/mn+1;
	return ret;
}
int main(){
	memset(first,-1,sizeof(first));
	scanf("%d%lld%lld",&n,&bmn,&bmx);
	for(register int i=1;i<=n;++i){
		scanf("%lld",&a[i]);
		if(!a[i]){--i,--n;continue;}
		mn=min(mn,a[i]);
	}
	for(register int i=0;i<mn;++i)for(register int j=1;j<=n;++j)add(i,(i+a[j])%mn,a[j]);
	queue<int>q;
	memset(dis,127,sizeof(dis));
	dis[0]=0,in[0]=1,q.push(0);
	while(!q.empty()){
		int x=q.front();
		q.pop(),in[x]=false;
		for(register int i=first[x];~i;i=e[i].next){
			int v=e[i].v;
			if(dis[v]>dis[x]+e[i].w){
				dis[v]=dis[x]+e[i].w;
				if(!in[v])in[v]=true,q.push(v);
			}
		}
	}
	printf("%lld",query(bmx)-query(bmn-1));
	return 0;
}