Luogu P3951 小凱的疑惑
題目描述
小凱手中有兩種面值的金幣，兩種面值均為正整數且彼此互素。每種金幣小凱都有 無數個。在不找零的情況下，僅憑這兩種金幣，有些物品他是無法準確支付的。現在小 凱想知道在無法準確支付的物品中，最貴的價值是多少金幣？注意：輸入資料保證存在 小凱無法準確支付的商品。
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兩個正整數 aa 和 bb，它們之間用一個空格隔開，表示小凱中金幣的面值。
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一個正整數 NN，表示不找零的情況下，小凱用手中的金幣不能準確支付的最貴的物品的價值。
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說明
【輸入輸出樣例 1 說明】
小凱手中有面值為33和77的金幣無數個，在不找零的前提下無法準確支付價值為1, 2,4,5,8,111,2,4,5,8,11 的物品，其中最貴的物品價值為 1111，比1111 貴的物品都能買到，比如：
12 = 3 \times 4 + 7 \times 012=3×4+7×0
13 = 3 \times 2 + 7 \times 113=3×2+7×1
14 = 3 \times 0 + 7 \times 214=3×0+7×2
15 = 3 \times 5 + 7 \times 015=3×5+7×0
【資料範圍與約定】
對於 30\%30%的資料： 1 \le a,b \le 501≤a,b≤50。
對於 60\%60%的資料： 1 \le a,b \le 10^41≤a,b≤104。
對於100\%100%的資料：1 \le a,b \le 10^91≤a,b≤109。
feel：打表找規律
假設兩種錢的面額為aa和bb，且\gcd(a,b)=1gcd(a,b)=1。
假設兩種錢每種最少要拿一次(也就是不能不拿)，那麼不能湊成的最大錢數k=a\times bk=a×b(注意是最大錢數，我剛才打錯了)，由於可以不拿，那麼就把多拿的兩張錢減去，也就是ans=k-a-b=a\times b-a-bans=k−a−b=a×b−a−b，其實這裡大家都應該比較透徹，但是這個為什麼k=a\times bk=a×b我在下面證明一下。
現在我們需要證明ax+by=k(x,y>0)ax+by=k(x,y>0)無解。
我們利用反證法，設k=a\times bk=a×b，假設ax+by=k(x,y>0)ax+by=k(x,y>0)有解。
那麼根據歐幾里得演算法，ax+by=sax+by=s(ss是任意整數)有解的條件是\gcd(a,b)|sgcd(a,b)∣s。而這裡\gcd(a,b)=1gcd(a,b)=1，滿足條件。
我們假設找到了ax+by=1ax+by=1的一個解為(x_0,y_0)(x0,y0)，那麼就有ax_0+by_0=1ax0+by0=1。因為a,b\ge1a,b≥1，直覺告訴我們x_0\le0x0≤0或者y_0\le0y0≤0，這個不用我證明了吧。
等式兩邊同時乘以kk，得到akx_0+bky_0=kakx0+bky0=k，即k=ax+byk=ax+by的一個解為(kx_0,ky_0)(kx0,ky0)，根據通解公式，通解為\begin{aligned}\left(kx_0+\frac {bt} {\gcd(a,b)},ky_0-\frac {at} {\gcd(a,b)}\right)\end{aligned}(t\in \rm Z)(kx0+gcd(a,b)bt,ky0−gcd(a,b)at)(t∈Z)。因為gcd(a,b)=1gcd(a,b)=1，所以通解為(kx_0+bt,ky_0-at)(kx0+bt,ky0−at)。因為k=a\times b>0k=a×b>0，而x_0\le 0x0≤0或y_0\le0y0≤0，所以x\le0x≤0或y\le0y≤0。當我們改變tt的值時，把通解轉化一下(b(ax_0+t),a(by_0-t))(b(ax0+t),a(by0−t))觀察這個式子，我們會發現其中一定有一個會\le0≤0的。我們繼續轉化，令X=ax_0+tX=ax0+t，令Y=by_0-tY=by0−t，則X+Y=1X+Y=1。因為他們都是整數，所以X\le0X≤0或Y\le0Y≤0的。而a,b>0,x=aX,y=bYa,b>0,x=aX,y=bY，所以x\le0x≤0或y\le0y≤0，即ax+by=k(x,y>0)ax+by=k(x,y>0)無解。
證畢。
為了嚴謹，我們還需要證明ax+by=k+r(x,y>0,rax+by=k+r(x,y>0,r是正整數))有解。和上面思路差不多，為了嚴謹，我重新寫一遍思路吧。
現在我們需要證明ax+by=k+r(x,y>0,rax+by=k+r(x,y>0,r是正整數))有解。
那麼根據歐幾里得演算法，ax+by=sax+by=s(ss是任意整數)有解的條件是\gcd(a,b)|sgcd(a,b)∣s。而這裡\gcd(a,b)=1gcd(a,b)=1，滿足條件。
我們假設找到了ax+by=1ax+by=1的一個解為(x_0,y_0)(x0,y0)，那麼就有ax_0+by_0=1ax0+by0=1。因為a,b\ge1a,b≥1，直覺告訴我們x_0\le0x0≤0或者y_0\le0y0≤0，這個不用我證明了吧。
等式兩邊同時乘以k+rk+r，得到a(k+r)x_0+b(k+r)y_0=k+ra(k+r)x0+b(k+r)y0=k+r，即k+r=ax+byk+r=ax+by的一個解為(kx_0+rx_0,ky_0+ry_0)(kx0+rx0,ky0+ry0)，根據通解公式，通解為\begin{aligned}\left(kx_0+rx_0+\frac {bt} {\gcd(a,b)},ky_0+ry_0-\frac {at} {\gcd(a,b)}\right)\end{aligned}(t\in \rm Z)(kx0+rx0+gcd(a,b)bt,ky0+ry0−gcd(a,b)at)(t∈Z)。因為gcd(a,b)=1gcd(a,b)=1，所以通解為(kx_0+rx_0+bt,ky_0+ry_0-at)(kx0+rx0+bt,ky0+ry0−at)即(abx_0+rx_0+bt,aby_0+ry_0-at)(abx0+rx0+bt,aby0+ry0−at)。現在我們需要證明他們倆都大於0有解。
我們還是轉化一下，通解轉化為\begin{aligned}\left({b\left(ax_0+\frac{rx_0}b+t\right),a\left(by_0+\frac{ry_0}a-t\right)}\right)\end{aligned}(b(ax0+brx0+t),a(by0+ary0−t))，注意這裡的除法是實數除法。那麼現在需要證明\begin{aligned}ax_0+\frac{rx_0}b+t\end{aligned}ax0+brx0+t和\begin{aligned}by_0+\frac{ry_0}a-t\end{aligned}by0+ary0−t都大於0。令X=\begin{aligned}ax_0+\frac{rx_0}b+t\end{aligned}X=ax0+brx0+t，Y=\begin{aligned}by_0+\frac{ry_0}a-t\end{aligned}Y=by0+ary0−t，則\begin{aligned}X+Y=ax_0+by_0+\frac{rx_0}b+\frac{ry_0}a=1+r\frac{ax_0+by_0}{ab}=1+\frac r {ab}>1\end{aligned}X+Y=ax0+by0+brx0+ary0=1+rabax0+by0=1+abr>1。注意到這個式子中XX和YY一定可以構造出XX和YY都大於0的解。
為什麼呢？這個其實很好想，你可以把\begin{aligned}ax_0+\frac{rx_0}{b}\end{aligned}ax0+brx0和\begin{aligned}by_0+\frac{ry_0}{a}\end{aligned}by0+ary0想象成任意兩個和大於1的實數，你每次可以做的操作是把他們其中一個加1另一個-1，那麼他們一定可以同時為正。如何證明？我們建立一個座標系uOvuOv(實在沒字母可用了)，然後建立引數方程\begin{aligned}u=ax_0+\frac{rx_0}{b}+t\end{aligned}u=ax0+brx0+t，\begin{aligned}v=by_0+\frac{ry_0}{a}-t\end{aligned}v=by0+ary0−t，其中tt是引數，t\in\rm Zt∈Z，我們先假設t\in\rm Rt∈R，那麼方程就是一條斜率為-1−1的直線，因為u+v>1u+v>1，所以直線在第一象限的長度大於\sqrt22。因為t\in\rm Zt∈Z，t\in\rm Zt∈Z時候的影象就是在t\in\rm Rt∈R情況上的一系列間距為\sqrt 22的點，而t\in\rm Rt∈R時候的影象在第一象限內長度大於\sqrt22，所以t\in\rm Zt∈Z時候的影象在第一象限記憶體在點。
所以x>0x>0並且y>0y>0的解一定存在。
證畢。（上面就是我抄的Luogu上的題解，多麼誠實的我啊）
#include<cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
int main()
{
ll a,b;
scanf("%lld%lld",&a,&b);
printf("%lld",a*b-a-b);
}