砝码称重

题目

给定几种重量的砝码，数量不限，判断是否可以称出任意重量的物品。有时间空间限制，时间是1秒内，也就是不能用笨重的穷举法。输入规则，第一行输入一个整数，表示有几个砝码；然后挨个输入每个砝码的重量。可以称重的物品都是整数。能，就输出YES；不能，输出NO。

示例1

1

1

YES

第一个1是有一种重量的砝码，第二个1是这个砝码是多重。这样肯定可以称出任意重量的物品。

示例2

2

2 3

YES

第一个2是有两种重量的砝码，第二行2 3表示每种砝码重量是2和3，那么也是可以称出任意重量的物品。

示例3

2

2 4

NO

这一组只能得到2N物品的重量，无法称出奇数物品的重量。

思考

什么条件可以称出任意重量的物品呢？考虑到素数的原因，那么只有得到重量为1的砝码，才可以实现目标。

第一个思路，给定的砝码相互相加，直到有两个重量相差为1。但是这里有一个边界问题，什么时候可以结束呢？相加可以无上限，放弃。

第二种思路，让砝码相减，直到算出1。这种方法貌似是可行的，并且可以很好的判断边界，就是每次相减都会产生一个小于最大砝码值，大于等于0，并且不在已经得出的砝码重量里面的新数值。如果一次循环没有得到新数值，也就是每次相减得到的数都已经存在了，那么结束。拿上面的示例举例，示例1，因为直接得到1，可以；示例2，3-2=1，可以；示例3，4-2=2 2-2=0，只能得到0 2 4，没有1，所以不可以。代码如下

bool proone(map<int, bool>& fmweight)
{
    if (fmweight[1])
    {
        return false;
    }
    vector<int> tmppronum;
    for (auto iter = fmweight.rbegin(); iter != fmweight.rend(); iter++)
    {
        if (!iter->second)
        {
            continue;
        }
        auto iter1 = iter;
        iter1++;
        for (; iter1 != fmweight.rend(); iter1++)
        {
            if (!iter1->second)
            {
                continue;
            }
            int tmpnum = iter->first - iter1->first;
            if (fmweight.count(tmpnum) == 0 || !fmweight[tmpnum])
            {
                tmppronum.emplace_back(tmpnum);
            }
        }
    }
    if (!tmppronum.empty())
    {
        for (auto& iter : tmppronum)
        {
            fmweight[iter] = true;
        }
        return true;
    }
    return false;
}
bool test()
{
    int fmnum = 0;
    cin >> fmnum;
    map<int, bool> fmweight;
    fmweight[1] = false;
    for (size_t i = 0; i < fmnum; i++)
    {
        int tmp;
        cin >> tmp;
        fmweight[tmp] = true;
    }
    while (proone(fmweight))
    {

    }
    if (fmweight[1])
    {
        return true;
    }
    return false;
}

这种方法试了，数量相近是可以的，但是如果跨度太大，时间上就不行了。示例，输入3，然后输入9 8000 20000，计算的非常慢。

怎么优化呢？思路应该变一下，引入丢番图方程，参考（https://blog.csdn.net/luyuncheng/article/details/8558162），并且感谢群里的小伙伴。

定理2：如果a1,a2,…,an是正整数，那么方程a1*x1+a2*x2+…+an*xn=c有整数解，当且仅当d=（a1,a2,……,an）能整除c，另外当存在一个解的时候，那么方程有无穷多个解

a1 a2表示砝码质量，x1 x2表示这种砝码需要几个，把c设置为1，就是我们需要解决的问题，n元一次方程是否有解。也就是求给定的n中砝码重量的最大公约数是1.

bool test()
{
    int fmnum = 0;
    cin >> fmnum;
    set<int> fmweight;
    int imax = 0;
    int imin = 0;
    for (size_t i = 0; i < fmnum; i++)
    {
        int tmp;
        cin >> tmp;
        imax = tmp;
        imin = tmp;
        fmweight.insert(tmp);
    }
    if (fmnum == 0)
    {
        return false;
    }
    if (fmnum == 1 && imax != 1)
    {
        return false;
    }
    for (auto& iter : fmweight)
    {
        imax = iter;
        if (imin > imax)
        {
            imin = imin ^ imax;
            imax = imin ^ imax;
            imin = imin ^ imax;
        }
        while (0 != imax % imin)
        {
            imax = imax / imin;
            if (imin > imax)
            {
                imin = imin ^ imax;
                imax = imin ^ imax;
                imin = imin ^ imax;
            }
        }
        if (imin == 1)
        {
            return true;
        }
    }

    return false;
}

 群里的小伙伴说反复求余也可以。具体没有证明。就是不断的把给出的砝码重量求余，然后再把余数加进来计算，知道求出1或是求不出1.