【BZOJ3233】找硬幣（AHOI2013）-DP+數論

測試地址：找硬幣
做法： 本題需要用到DP+數論。
假設我們有了構造出了一個合法硬幣序列$x$，怎麼計算最少需要使用的硬幣數量？顯然，因爲$x_k$爲$x_{k-1}$的倍數，能用大的就應該用大的，那麼對於最大的幣值$x_k$，應該要使用$\lfloor\frac{a_i}{x_k}\rfloor$個，於是還剩下$a_i\%x_k$需要支付，於是對於第二大的幣值$x_{k-1}$需要使用$\lfloor\frac{a_i\%x_k}{x_{k-1}}\rfloor$個，於是還剩下$a_i\% x_{k-1}$需要支付…以此類推。於是我們得到答案：
$ans=\sum_{i=1}^n(\lfloor\frac{a_i}{x_k}\rfloor+\sum_{j=1}^{k-1}\lfloor\frac{a_i\%x_{j+1}}{x_j}\rfloor)$
我們發現$x_j$之間互相產生貢獻，會且只會在相鄰的$x_j$和$x_{j+1}$之間，以及最後再補上一個$\lfloor\frac{a_i}{x_k}\rfloor$，也就是說$x_j$的選取是一個可以多階段決策的問題，也就可以用動態規劃解決了。
爲了方便，我們先把$\lfloor\frac{a_i}{x_k}\rfloor$那個部分略掉（因爲可以$O(n\cdot \max a_i)$算出），令$f(p)$爲$x_k=p$時$ans$的最小值，那麼有狀態轉移方程：
$f(x)=\min\{f(y)+\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{a_i\%x}{y}\rfloor\}(y|x)$
邊界爲$f(1)=0$。這個東西每次轉移都暴力計算是$O(n)$的，而鑑於從$f(p)$可以轉移到$p$的所有的倍數，因此轉移次數是一個調和級數，也就是$O(\max a_i\cdot \log(\max a_i))$次轉移，那麼總的時間複雜度爲$O(n\cdot \max a_i\cdot \log(\max a_i))$，爆炸的可能性很大（我沒試過，但應該會掛）。
於是我們需要找到$O(1)$轉移的方法，唯一的方式只有預處理出一部分答案，而上面那個$\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{a_i\%x}{y}\rfloor$實在有點糾結，我們考慮怎麼把$\lfloor\frac{a\%x}{y}\rfloor$轉化成更好算的式子。
直覺上，我們感覺到$\lfloor\frac{a\%x}{y}\rfloor=\lfloor\frac{a}{y}\rfloor\%\frac{x}{y}$，注意此處$y|x$，這是一個非常重要的性質。簡單證明如下：
根據等式的左邊，可以令$a=k_1x+r_1(0\le r_1<x)$，則$r_1=a\% x$，而令$r_1=k_2y+r_2(0\le r_2<y)$，則$k_2=\lfloor\frac{a\%x}{y}\rfloor$。
將$a=k_1x+k_2y+r_2$代入等式的右邊，那麼$\lfloor\frac{a}{y}\rfloor=k_1\cdot \frac{x}{y}+k_2$，而$k_2=\lfloor\frac{r_1}{y}\rfloor,r_1<x$，於是$k_2<\frac{x}{y}$，因此$k_2$也$=\lfloor\frac{a}{y}\rfloor\%\frac{x}{y}$，等式兩邊都等於$k_2$，所以等式成立。
然後$\lfloor\frac{a}{y}\rfloor\%\frac{x}{y}=\lfloor\frac{a}{y}\rfloor-\Big\lfloor\frac{\lfloor\frac{a}{y}\rfloor}{\frac{x}{y}}\Big\rfloor\cdot \frac{x}{y}$，因爲$\frac{x}{y}$是正整數，根據一個用過很多次我不想再證的結論$\Big\lfloor\frac{\lfloor\frac{a}{m}\rfloor}{n}\Big\rfloor=\lfloor\frac{a}{mn}\rfloor$，上式就可以寫成$\lfloor\frac{a}{y}\rfloor-\lfloor\frac{a}{x}\rfloor\cdot \frac{x}{y}$。有了這一結論，帶回一開始的式子中去，則有：
$\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{a_i\%x}{y}\rfloor=\sum_{i=1}^n(\lfloor\frac{a_i}{y}\rfloor-\lfloor\frac{a_i}{x}\rfloor\cdot \frac{x}{y})=(\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{a_i}{y}\rfloor)-\frac{x}{y}\cdot(\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{a_i}{x}\rfloor)$
令$g(x)=\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{a_i}{x}\rfloor$，則狀態轉移方程就可以寫成：
$f(x)=\min\{f(y)+g(y)-\frac{x}{y}\cdot g(x)\}(y|x)$
而$g(x)$可以$O(n\cdot \max a_i)$預處理，於是轉移就是$O(1)$的了，總的複雜度就是$O(n\cdot \max a_i+\max a_i\cdot \log(\max a_i))$，可以輕易地通過此題。
以下是本人代碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf=1000000000;
int n,a[55],maxa=0,tot[100010],f[100010],ans=inf;
 
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
        maxa=max(maxa,a[i]);
    }
     
    for(int i=1;i<=maxa;i++)
    {
        f[i]=inf;
        tot[i]=0;
        for(int j=1;j<=n;j++)
            tot[i]+=a[j]/i;
    }
    f[1]=0;
     
    for(int i=1;i<=maxa;i++)
    {
        for(int k=2;i*k<=maxa;k++)
            f[i*k]=min(f[i*k],f[i]+tot[i]-tot[i*k]*k);
        ans=min(ans,f[i]+tot[i]);
    }
    printf("%d",ans);
     
    return 0;
}