大家好，又见面了，我是你们的朋友全栈君。如果您正在找激活码,请点击查看最新教程,关注关注公众号 “全栈程序员社区” 获取激活教程,可能之前旧版本教程已经失效.最新Idea2022.1教程亲测有效,一键激活。

Jetbrains全家桶1年46，售后保障稳定

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 _{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;
}

Jetbrains全家桶1年46，售后保障稳定

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;
}