麦香牛肉（dp 、数论）

麦香牛肉

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题目描述

农夫约翰的奶牛几乎要武装暴动，因为他们听说麦当劳要推出新产品麦香牛肉。奶牛们要尽力阻止这种产品的上市。他们研究了一种“劣等包装”策略。奶牛们说： “如果麦香牛肉有3块，6块以及10块装这三种，那么想买 1, 2, 4, 5, 7, 8, 11, 14, 或17块牛肉的顾客就得不到满足了。劣等的包装，劣等的产品！” 帮助奶牛们。给出N (不同包装的种类数, 1 <= N <= 10)，以及N个正整数 (1 <= i <= 256)表示每种包装中牛肉数量，输出最大的不能买到的牛肉数量。如果任何消费要求都可以被满足或不能满足的牛肉数量没有上界，则输出0。最大的可能值（如果存在）不超过2,000,000,000。

输入

第1行: N

第2..N+1行: 一个盒子里的牛肉数量。

注意，有多组数据输入

输出

输出题目中要求的单个整数。

样例输入

3 
3 6 10

样例输出

提示

USACO 2002 Winter Orange

当第一次看到这个题目的时候，一点想法都没有。数据范围那么大，如果一个个的枚举过去，时间上肯定会暴，而且也没有实际意义。题目要求的是最大的不能买到的数量，也就是在题目提供的数据以任何方式组合都不能达到的最大数。我当时在考虑，怎么保证某一个很大数是可以通过题目提供的数据来组合。

我当时想着用一个数组存储提供数据的所有组合，但显然这样做不仅麻烦而且是错误的。

于是，在网上看了别人的说明：这是一道基本的DP题目。

// 如果输入的数据里面有 1 肯定就没有上界了；

// 如果输入的数据的最大公约数不为1，则没有上界；

// 数据最大不会超过 max*max

有些点到目前还不是很理解，在此记录下来，以后慢慢再进行研究。以下是网上找到的数学证明：

由于数目非常庞大，不能简单进行动态规划，必须先进行数学分析缩小范围。此题进行数学抽象，给定n个正整数{an}，于是有集合S={a1*x1+a2*x2+...+an*xn，xi属于N}，求集合N-S 的属性，以下先从n=2 开始阐述。

引理1：S={a*x + b*y, x,y属于自然数N}，当a、b 互素时，N-S为有限集，其最大值为 a*b-a-b；当a、b不互素时(a,b最大公约数大于1)，则N-S 为无限集

证明：

(1) 当a、b不互素时(a,b最大公约数大于1)，则N-S 为无限集

这个比较好证明，设p=gcd(a,b)，则a*x+b*y必定可以写成 p*z 的形式，由于p>1，则p* z + 1必定不属于S，于是N-S 为无限集

(2) 当a、b互素时，则N-S 为有限集，且最大值为a*b-a-b

首先证明 a*b-a-b 不属于S，使用反证法，

a*b-a-b = a*x + b*y => a*(b-1-x) = b*(1+y)，由于 a、b互素，则有b-1-x>=b，这与定义矛盾，于是有a*b-a-b 必定不属于S

然后证明任何一个数z > a*b-a-b，均能表示为a*x + b*y(x,y属于N)，令z=a*b-a-b+i，因为a、b互素，则i=a*m+b*n(m,n属于整数，不是自然数)，于是z=a*(b-1+m) + b*(n-1)，当m、n均不为负数时，z均可以表示为a*x+b*y的形式，下面证明m、n有一个为负数时的情况。

不失一般性，设i=a*x-b*y(x,y属于N)，我们可以做一个变换，确保y<=a-1，当y>=a时，设y=a*r+s(s<=a-1)，则有i=a*x-b*(a*r+s) =a(x-br)-bs，即i表示为a*x-b*y时，可以确保y<=a-1，此时必有x>=1。

z=a*b-a-b+a*x-b*y = a(x-1) + b(a-1-y)，由于 x>=1，y<=a-1，所以z可以表示，命题得证。

此命题表明S 包含大于等于ab-a-b+1的所有整数

引理2：S={a*x + b*y + c*z, x,y,z属于自然数N}，当a、b、c互素时，N-S为有限集，其最大值不大于MAX(ab,ac,bc)

证明

如果其中有两个元素互素，比如gcd(a,b)=1，则由引理1得到N-S为有限集，其最大值必定不大于ab-a-b，即不大于MAX(ab,ac,bc)

假设任意两个元素均不互素，不失一般性，令ab=MAX(ab,ac,bc)，p=gcd(a,b)，于是有a*x+b*y+c*z=p*(a1*x+b1*y) + c*z，其中p和z互素，a1和b1互素，将a1*x+b1*y看作一个元素，运用引理1得到 N-S 的最大值为pc-p-c，但由于a1*x+b1*y从a1b1-a1-b1之后才开始连续，所以N-S的最大值必定小于pc-p-c+ p(a1b1-a1-b1) < pc + ab/p

只要证明pc + ab/p <ab即可，因为p>=2则ab/p<=ab/2，因为p<=a/2，c<b，则pc<ab/2，于是命题得证。

引理2的证明给我们提供了解决原问题的思路

定理：S={a1*x1+a2*x2+...+an*xn，xi属于N}，当a1i,a2,...,an互素时，N-S的最大值小于MAX(ai) * MAX(ai)

使用数学归纳法证明，n=2,3时已经证明，假设n-1时已经证明，以下证明n时

如果其中有n-1个互素，则问题直接得证，即以下的证明为任意n-1个元素不互素的情况。不失一般性，假设n个数中a1和a2为最大的两个数，设p=gcd(a1,a2,...,an-1)

a1*x1+a2*x2+...+an*xn= p(a’1*x1+...+a’n-1*xn-1) + an*xn

根据归纳假设a’1*x1+...+a’n-1*xn-1至少从a’1a’2开始连续，且运用引理1，可以得到N-S最大值小于p an -p- an +p(a’1 a’2) < p an+ (a1 a2)/2，利用与引理2相同的证明方法可以得到N-S的最大值小于a1a2

根据此定理，可以将原麦香牛块问题的范围限制到256*256之中，再使用动态规划求解就可行了。

原文地址：http://blog.csdn.net/wdq347/article/details/9313699

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
bool a[70919];// 256*256
//a[i]=1表示i是能组合成的数 
long long b[305];
int GCD(int a, int b){
    if(a % b)
        return GCD(b, a%b);
    else 
        return b;
}    // 最大公约数

int main()
{
    int n;
    while(cin>>n)
    {
        bool ff=0;//标记有没有出现1 
        int gys;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            cin>>b[i];
            if(b[i]==1)
            {
                ff=1;
            }
        }
        
        gys=GCD(b[1],b[2]);
        for(int i=3;i<=n;i++)
        {
            gys=GCD(gys,b[i]);//输入数据的最大公约数
        }
        
        if(ff||(gys!=1))// 如果输入有1 则没有上界
        {// 最大公约数>1 , 则没有上界
            cout<<0<<endl;
            continue;
        }
        memset(a,0,sizeof(a));
        
        //开始dp 
        sort(b+1,b+1+n);//其实不排序也没有关系 
        a[0]=1;
        long long mm=b[n]*b[n];
        long long ma=0;
        long long mi=b[1];
        for(long long i=mi;i<=mm;i++)
        {
            if(a[i]==1)
            {
                continue;
            }
            for(long long j=1;j<=n;j++)
            {
                if(i>=b[j])
                {
                    if(a[i-b[j]]==1)
                    {
                        //cout<<"已知"<<i-b[j]<<"能ok "<<i<<"也ok"<<endl; 
                        a[i]=1;
                        ma=max(ma,i);
                    }
                }
            }
        }
        //倒着找最大的不能组合成的数 
        bool f=1;
        long long kk=-1;
        for(long long i=mm;i>=1;i--)
        {
            if(a[i]==0)//有不能组合成的数
            {
                f=0;
                kk=i;
                break;
            }
        }
        if(f==0)
        {
            cout<<kk<<endl;
        }
        else
        {
            cout<<0<<endl;
        }            
    }

    return 0;     
}