裴蜀定理
定理内容:
- 设 a a a, b b b是不全为 0 0 0的整数，则存在整数 x x x， y y y使得 a ⋅ x acdot x a⋅x b ⋅ y bcdot y b⋅y = gcd ( x , y ) gcd(x,y) gcd(x,y)。
定理简单应用：
例题：
洛谷p4549
https://www.luogu.com.cn/problem/P4549
思路分析：
- 给定一个序列，求一个 S S S满足 S = S = S= ∑ i = 1 n sumlimits_{i=1}^n i=1∑n A i × X i A_itimes X_i Ai×Xi，而且要求满足这个条件的S的最小值，这时我们想到对于任意不为 0 0 0的整数都有 a ⋅ x acdot x a⋅x b ⋅ y bcdot y b⋅y = gcd ( x , y ) gcd(x,y) gcd(x,y)。
- 那么对这个定理的另一个解读就是总有 x x x， y y y使得 a ⋅ x acdot x a⋅x b ⋅ y bcdot y b⋅y = d d d，且 gcd ( x , y ) gcd(x,y) gcd(x,y) | d d d
- 因此我们想到这个定理是否可以推广成 n n n个数呢？答案是肯定的。
- 所以此题即要我们求这一个序列的 gcd gcd gcd即可。
代码如下：
代码语言：javascript复制#include <bits/stdc .h>
using namespace std;
int a[100];
int gcd(int a, int b)
{
if (b == 0)
return a;
else
return gcd(b, a % b);
}
int main()
{
int n;
cin >> n;
cin >> a[0];
int ans = a[0];
for (int i = 1; i < n; i )
{
cin >> a[i];
ans = gcd(a[i], ans);
}
cout << abs(ans) << endl;
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Codeforces Round #290 (Div. 2) D. Fox And Jumping
https://www.luogu.com.cn/problem/CF510D
思路分析：
- 要到达每一格，那么我们就要使选上的数满足 gcd gcd gcd = 1。
- 在这里我们用到了dp，也就是说要选上的数的价格（使 gcd gcd gcd = tmp）和之前的满足（ gcd gcd gcd = tmp）的价格取最少即可。然后我们需要对每个数进行配对（不止是两两配对），所以我们想到了用一个map来储存下标为当前最大公因子数，value为所花价值来操作。
- 具体细节见代码注释
代码如下：
代码语言：javascript复制#include <bits/stdc .h>
using namespace std;
map<int, int> dp;
int l[301];
int c[301];
int gcd(int a, int b)
{
if (b == 0)
return a;
else
return gcd(b, a % b);
}
//求最大公因子
int main()
{
int n;
scanf("%d", &n);
dp.clear();
//容器清空
for (int i = 1; i <= n; i )
{
scanf("%d", &l[i]);
}
//读入数
for (int i = 1; i <= n; i )
{
scanf("%d", &c[i]);
}
//读入选择该数的费用
dp[0] = 0;
//初始化
for (int i = 1; i <= n; i )
{
map<int, int>::iterator it = dp.begin();
//用迭代器
for (; it != dp.end(); it )
{
int tmp = gcd(it->first, l[i]);
//tmp即为选上的这个数和map里已经选好的数进行gcd运算
if (dp.count(tmp))
{
dp[tmp] = min(dp[tmp], it->second c[i]);
//就是说要取到gcd为tmp时的最小花费
}
else
dp[tmp] = it->second c[i];
//之前数配对时没有出现过的gcd，因此直接储存
}
}
if (dp.count(1))
cout << dp[1] << endl;
//最后由裴蜀定理可知我们要的是gcd = 1 的最小花费
else
cout << -1 << endl;
//没有就代表无论怎么选gcd都不为1，那么总有格子跳不到
return 0;
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