题目描述
小凯手中有两种面值的金币，两种面值均为正整数且彼此互素。每种金币小凯都有 无数个。在不找零的情况下，仅凭这两种金币，有些物品他是无法准确支付的。现在小 凯想知道在无法准确支付的物品中，最贵的价值是多少金币？注意：输入数据保证存在 小凯无法准确支付的商品
这是今年NOIP的第一题，也是断送我OI生涯的一道题目。这是我记忆中NOIP第一次出现结论题，也是我唯一做不出来的第一题。身边的大佬一个个秒掉了它，兄弟学校的同学也几乎都YY出了正解。就我特么一个30分，然后T2,T3又写爆，Day1爆萎，一百分出头，于是就注定退役了。
还是先说说这道题目吧，其实就是要你求一个使得如下不定方程:
(a_1x_1+a_2x_2=c) (((a_1,a_2)=1))
无非负整数解的最大(c) 。结论很简单:
(c=a_1a_2-a_1-a_2)
这个结论的形式还是非常优美的，根据一些小数据其实很容易推出来。然而我比较脑残，并不能看出来。但正确性并不显然，我试着用ex_gcd推了一下，好像并没有发现什么很好的思路。后来在《初等数论》中找到了一种较为简单的证明，如下：
设(x_{1,0}) , (x_{2,0})为方程特解，则对于参数(t^{[1]})$有
(-[x_{1,0}/a_2]-{x_{1,0}/a_2}=-x_{1,0}/a_2 leq t leq x_{2,0}/a_1=[x_{2,0}/a_1]+{x_{2,0}/a_1})
又(0 leq {x} < 1) , 所以
(-[x_{1,0}/a_2] leq t leq[x_{2,0}/a_1])
故解数(N_0)满足
(N_0=[x_{1,0}/a_2]+[x_{2,0}/a_1]+1)
当(c>a_1a_2-a_1-a_2)时
(1-1/a_1-1/a_2<c/a_1a_2=x_{1,0}/a_2+x_{2,0}/a_1=[x_{1,0}/a_2]+{x_{1,0}/a_2}+[x_{2,0}/a_1]+{x_{2,0}/a_1} leq [x_{1,0}/a_2]+[x_{2,0}/a_1]+(a_1-1)/a_1+(a_2-1)/a_2)
（对于任意正整数n及正整数m必有({m/n}leq (n-1)/n) ）(^{[2]})
则有
([x_{1,0}/a_2]+[x_{2,0}/a_1]>-1)
即(N_0>0) ，所以必有解
下证当(c=a_1a_2-a_1-a_2)时方程无非负整数解
若有解(x_1) , (x_2)，则有
(a_1(x_1+1)+a_2(x_2+1)=a_1a_2)
又((a_1,a_2)=1) , 所以
(a_1|x_2+1) 且 (a_2|x_1+1)
又(x_1 geq 0) 并且(x_2 geq 0) , 则必有(x_2+1 geq a_1 geq 1) ，(x_1 geq a_2 geq 1)
综上得
(a_1a_2 geq 2a_1a_2)
显然不等式不成立，故当(c=a_1a_2-a_1-a_2)时方程无解
于是NOIPD1T1就做完了23333
注：
1).此方程的已知所有解可以有如下表示:
(egin{cases} x_1=x_{1,0}+frac{a_2}{(a_!,a_2)}t\x_2=x_{2,0} - frac{a_1}{(a_1,a_2)}t end{cases})
2).因为对于任何(m/n) 均有
(m/n=k frac{p}{n}) ((p<n))
所以
({m/n}=p/n)
又对任意真分数均有
(p/n leq (n-1)/n)
所以
({m/n} leq (n-1)/n)