裴蜀定理

定理内容:

设 $a$ , $b$ 是不全为 $0$ 的整数，则存在整数 $x$ ， $y$ 使得 $a\cdot x$ $+$ $b\cdot y$ = $\gcd(x,y)$ 。

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 $S$ 满足 $S =$ $\sum\limits_{i=1}^n$ $A_i\times X_i$ ，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 $0$ 的整数都有 $a\cdot x$ $+$ $b\cdot y$ = $\gcd(x,y)$ 。
那么对这个定理的另一个解读就是总有 $x$ ， $y$ 使得 $a\cdot x$ $+$ $b\cdot y$ = $d$ ，且 $\gcd(x,y)$ | $d$
因此我们想到这个定理是否可以推广成 $n$ 个数呢？答案是肯定的。
所以此题即要我们求这一个序列的 $\gcd$ 即可。

代码如下：

#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 $\gcd$ = 1。
在这里我们用到了dp，也就是说要选上的数的价格（使 $\gcd$ = tmp）和之前的满足（ $\gcd$ = 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：

#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;
}