# NOIP2018_Day1T2_货币系统

题意：

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在网友的国度中共有 \(n\) 种不同面额的货币，第 \(i\) 种货币的面额为 \(a[i]\)，你可以假设每一种货币都有无穷多张。为了方便，我们把货币种数为 \(n\)、面额数组为 \(a[1..n]\) 的货币系统记作 \((n,a)\)。

在一个完善的货币系统中，每一个非负整数的金额 \(x\) 都应该可以被表示出，即对每一个非负整数 \(x\)，都存在 \(n\) 个非负整数 \(t[i]\) 满足 \(a[i] \times t[i]\) 的和为 \(x\)。然而， 在网友的国度中，货币系统可能是不完善的，即可能存在金额 \(x\) 不能被该货币系统表示出。例如在货币系统 \(n=3, a=[2,5,9]\) 中，金额 \(1,3\) 就无法被表示出来。

两个货币系统 \((n,a)\) 和 \((m,b)\) 是等价的，当且仅当对于任意非负整数 \(x\)，它要么均可以被两个货币系统表出，要么不能被其中任何一个表出。

现在网友们打算简化一下货币系统。他们希望找到一个货币系统 \((m,b)\)，满足 \((m,b)\) 与原来的货币系统 \((n,a)\) 等价，且 \(m\) 尽可能的小。他们希望你来协助完成这个艰巨的任务：找到最小的 \(m\)。

解：

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设 \((n,\ a)\) 为A，\((m,\ b)\) 为B

有结论：

B \(\subseteq\) A

证明：

反证法，假设B\(\nsubseteq\)A，则一定有 \(x\in B\ \&\&\ x\notin A\)

考虑当 \(x\) 能被B中其他数表示时，此时去掉x，对B能表示的数字集合无影响，与B是最小集合相矛盾

当 \(x\) 不能被B中其他数表示，那么A中若干数一定可以表示 \(x\)

与上文推理类似，设 \(x=k_{i}a_{i}+...+k_{j}a_{j}\)

因为B不能表示 \(x\)， \(\{a_{i},\ ...\ a_{j}\}\nsubseteq B\)

那么在 \(x+a{i},\ ...\ x+a_{j}\) 中，一定至少有一个是B不能表示出来的

有数可以由A表示，但不能由B表示，与要求矛盾，假设不成立

所以，B \(\subseteq\) A，证毕

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有此结论，解法显而易见——把A复制一份给B，然后去掉B中能被本系统中其他数字表示的数即可

代码：

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int T, n, maxn, ans;
int a[110];
ll f[30010];
bool have[30010];

int main() {
    scanf("%d", &T);
    for (int _t = 1; _t <= T; _t++) {
        memset(f, 0, sizeof f); 
        memset(have, 0, sizeof have);
        maxn = 0; ans = 0;
        scanf("%d", &n);
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            scanf("%d", &a[i]), maxn = max(maxn, a[i]), have[a[i]] = true;
        
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            for (int j = 0; j <= maxn; j++) {
                if (j - a[i] < 0) continue;
                if (j - a[i] == 0) f[j]++;
                else if (f[j - a[i]] != 0)
                    f[j] = f[j] + f[j - a[i]] + 1;
            }
        for (int i = 1; i <= maxn; i++) 
            if (have[i] && f[i] == 1) ans++;
        printf("%d\n", ans);
    }
}