【蓝桥杯】买不到的数目

买不到的数目

小明开了一家糖果店。他别出心裁：把水果糖包成4颗一包和7颗一包的两种。糖果不能拆包卖。
小朋友来买糖的时候，他就用这两种包装来组合。当然有些糖果数目是无法组合出来的，比如要买 10 颗糖。
你可以用计算机测试一下，在这种包装情况下，最大不能买到的数量是17。大于17的任何数字都可以用4和7组合出来。
本题的要求就是在已知两个包装的数量时，求最大不能组合出的数字。
输入：
两个正整数，表示每种包装中糖的颗数(都不多于1000)
要求输出：
一个正整数，表示最大不能买到的糖数
不需要考虑无解的情况
例如：
用户输入：
4 7
程序应该输出：
17
再例如：
用户输入：
3 5
程序应该输出：
7

资源约定：
峰值内存消耗 < 64M
CPU消耗 < 3000ms

观察题目，其实可以把题目抽象成：有两个正整数a、b，可以组成任意线性组合ax+by，x、y非负，求最大不能组合数。

我们可以证明这两个数一定互质。设ax+by=c，如果a、b不互质，则gcd(a,b)≠0，a、b的线性组合一定是gcd(a,b)的倍数；当c的取值不是gcd(a,b)的倍数时，方程无解，此时a、b不能组合数无上界（只要不是gcd(a,b)的倍数都无法组合，这样的数有无数多个)，所以a、b一定互质（即gcd(a,b)=1）。

法一：

做这道题有一个结论可以直接用：两个互质数a、b的最大不能组合数为ab-a-b。下面给出详细证明（参考）：

如果有离散数学的基础，我们知道可以把所有非负整数划分成a个模a同余等价类，记为[0]，[1]，[2]，...，[a-1]，分别为ak，ak+1，ak+2，…，ak+(a-1)，（k∈Z）。b的倍数一定分布在这a个等价类中，又因为gcd(a,b)=1，所以每个等价类中都有b的倍数，且均分分布（这边想不通可以自己取两个数比画一下，就很好理解了）。特别的，ab∈[0]。设bKi是等价类[i]中最小的b的倍数，那么该等价类中bKi后的所有数都能表示成ax+bKi，一定能被组合出来。显然，最大的bKi后面的所有连续整数都可以被组合出来，而要找到最大不能组合数，我们只需考虑最大的bKi前面的数字即可。把所有的bKi列出来，有{0，b，2b，...，(a-1)b}。很显然(a-1)b就是最大的bKi，而在其他a-1个等价类中，必定有比它小且能被组合的数，这些数就是(a-1)b-1，(a-1)b-2，...，(a-1)b-(a-1)。所以最大不能被组合数就是(a-1)b-a，即ab-a-b。

为了便于理解，我以4、7为例画了个图表，结合图表应该很容易就能看懂上面的证明过程：

 

知道了这个结论，这道题就很好做了，几乎是水过：

#include<iostream>
using namespace std;

int main(){
    int a,b;
    cin>>a>>b;
    cout<<a*b-a-b<<endl; 
        
    return 0;
}

法二

但是肯定很多人都不知道有这个结论呀，那么我们可以用枚举来做。

由上可知这个最大不能组合数一定是不会超过ab的，当然比赛的时候我们不知道也可以猜，这个不能组合数一定不会特别大，而最好猜的就是ab。把ab内所有可能的解枚举出来，然后从后往前找不能被组合出来的数，那么第一个找到的数就是最大不能组合数。（顺便插一句，c++里的set是有序的，差点忘了。。。）

#include<iostream>
#include <set>
using namespace std;

int main(){
    set<int> s;
    set<int>::iterator it;
    int a,b;
    cin>>a>>b;
    for(int x = 0;a*x<=a*b;x++)  //枚举a*b以内的所有解 
        for(int y = 0;a*x+b*y<=a*b;y++) 
            s.insert(a*x+b*y);
    for(int i = a*b; i>=0; i--){
        if(s.find(i)==s.end()) {  //i不在set中，那么i就是答案
            cout<<i<<endl;
            break;   //找到后跳出循环            
        }
    }

    return 0;
}

法三

用动规做，其实也是枚举，如下是参考别人的代码，原文链接戳这里：

#include<iostream>
using namespace std;

int main()
{
    int t=0,n,m;
    cin>>n>>m;
    int a[100005];
    a[0]=1;
    for(int i=1;i<=n*m;i++){
        if(i>=n&&a[i-n])
            a[i]=1;
        else if(i>=m&&a[i-m])
            a[i]=1;
    }
    for(int i=n*m;i>=0;i--)
    {
        if(!a[i]){
            cout<<i<<endl;
            break;
        }
    }
    
    return 0;
}

解释一下这段代码，能被标记成1的就相当于是能被组合出来的数，起始让a[0]为1，这样在循环的时候就可以先把n和m标记成1，这两个数也确实是可被m、n线性组合出来的（让另一个系数为0）；如果一个数i被标记成1，那么i+n、i+m也可以被组合出来，所以也标记上1。循环的边界同样是m*n。

还看到一种，和这个差不多，用了清新脱俗的图表填充归纳法（瞎起的名字），可能更好理解，链接：这里这里

内容（以下为来自原文的引用）：

对于4 7

　　

　　4与7，大周期为7，小周期为4，当前层数能被填充的下一层对应的格子也能被填充。

　　开始位置为0 / 4，然后是4与7的周期差

　　在7*4后完成填充，最后填充的数字为7 * 4 – 4。

　　最大未被填充的数字在上一层，即 7*4 – 4 – 7。

　　替换字母后得到公式 a*b – a – b。

【代码 C++】

#include <cstdio>
#define mx 1000005
int data[mx];
int main(){
    int i, j, a, b;
    scanf("%d%d", &a, &b);
    data[a] = data[b] = 1;
    for (i = a + b / 2; i <= a*b; ++i){
        if (data[i - a]) ++data[i];
        if (data[i - b]) ++data[i];
    }
    for (i = a*b; data[i]; --i);
    printf("%d", i);
    return 0;
}

另一个，思路和上面都一样，标准dp，令dp[i] = 1表示i能够由n和m组成，否则不能，则有dp[i] = dp[i-n]||dp[i-m] ? 1 : 0;

原文这里：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
 
const int maxn = 1000005;
int dp[maxn];
 
int main() {
    int n, m;
    while(scanf("%d %d", &n, &m) != EOF) {
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        dp[n] = 1, dp[m] = 1;
        int t = max(n, m);
        for(int i = t + 1; i < maxn; i++) {
            if(dp[i - n] || dp[i - m]) dp[i] = 1;
        }
        
        for(int i = maxn - 1; i >= 0; i--) {
            if(!dp[i]) {
                printf("%d\n", i);
                break;
            }
        }
    }
    return 0;
}