[cf1463F]Max Correct Set

记$l=a+b,P_{i}$表示$i$是否被选入$S$，则有以下结论——

结论1：若$P_{i}=P_{i+l}$且$S_{0}=\{i\mid 1\le i\le l,P_{i}=1\}$合法，则$S$也合法

反证法，若存在$x,y\in S$使得$|x-y|=a$或$b$，不妨假设$x<y$

设$x=l\cdot x_{0}+r_{x},y=l\cdot y_{0}+r_{y}$（其中$1\le r_{x},r_{y}\le l$），显然$y_{0}=x_{0}$或$x_{0}+1$

若为前者，即$r_{y}-r_{x}=a$或$b$；若为后者，即$r_{y}+l-r_{x}=a$或$b$，进而$r_{x}-r_{y}=a$或$b$

由于$P_{i}=P_{i+l}$，因此$a,b\in S_{0}$，进而与$S_{0}$合法矛盾，即得证

结论2：存在一组最优解满足$P_{i}=P_{i+l}$

任取一组最优解$P_{i}$，考虑对其调整：

设$n=l\cdot n_{0}+r_{n}$（其中$0\le r_{n}<l$），进而将其划分为$2l+1$段，长度分别为$r_{n},l-r_{n},r_{n},l-r_{n},...,r_{n}$

记$a_{i}$为第$i$段中1的个数（下标为$[0,2l]$），考虑以第$i$段和第$i+1$段为循环节（其余均改为与其同奇偶段的情况）

反证法，若不存在满足$P_{i}=P_{i+l}$的最优解，即$\begin{cases}\forall 0\le i\le l,(l+1)a_{2i}+l\cdot a_{2i+1}>\sum_{i=0}^{2l}a_{i}\\\forall 1\le i\le l,(l+1)a_{2i-1}+l\cdot a_{2i}> \sum_{i=0}^{2l}a_{i}\end{cases}$

对于$x\equiv 0(mod\ 2)$​，将上式的$i\in [0,\frac{x}{2})$​和下式的$i\in (\frac{x}{2},l]$​求和，即得到
$$
\sum_{i=0}^{2l}(l+[i\equiv 0(mod\ 2)])a_{i}-(l+1)a_{x}>l\sum_{i=0}^{2l}a_{i}\\
(l+1)a_{x}<\sum_{0\le i\le l}a_{2i}
$$
将该式对所有$x=0,2,...,2l$​求和，显然矛盾，即得证

根据上述两个结论，直接状压dp即可（存储前$\max(x,y)$个数是否选入$S$）

时间复杂度为$o(l\cdot 2^{\max(x,y)})$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 22
int n,l,x,y,ans,cnt[N<<2],f[2][1<<N];
int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&x,&y),l=x+y;
    if (x>y)swap(x,y);
    for(int i=1;i<=l;i++)cnt[i]=n/l+(i<=n%l);
    f[0][0]=0;
    for(int i=0,p=1;i<l;i++,p^=1){
        memset(f[p],0,sizeof(f[p]));
        for(int j=0;j<(1<<y);j++){
            int jj=(j<<1)%(1<<y);
            f[p][jj]=max(f[p][jj],f[p^1][j]);
            if (((j>>x-1)&1)||((j>>y-1)&1))continue;
            f[p][jj|1]=max(f[p][jj|1],f[p^1][j]+cnt[i+1]);
        }
    }
    for(int i=0;i<(1<<y);i++)ans=max(ans,f[l&1][i]);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}