埃及分數問題

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• 思路
• 參考
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題意

在古埃及，人們使用單位分數的和（即1/a，a是自然數）表示一切有理
數。 例如，2/3=1/2+1/6，但不允許2/3=1/3+1/3，因為在加數中不允許有相同的。
對於一個分數a/b，表示方法有很多種，其中加數少的比加數多的好，如果加數個數相
同，則最小的分數越大越好。 例如，19/45=1/5+1/6+1/18是最優方案。
輸入整數a,b（0

分析

本題可以用dfs回溯來求解。但是由於本題沒有指明等式數目即深度，如果dfs搜尋的話是沒有上限的，換句話說，如果用寬度優先遍歷，連一層都擴充套件不完（因為每一層都是無限大的）。所以需要列舉深度，直到找到跳出即可，即迭代深度搜索。
深度上限maxd還可以用來“剪枝”。 按照分母遞增的順序來進行擴充套件，如果擴充套件到i層時，前i個分數之和為c/d，而第i個分數為1/e，則接下來至少還需要(a/b-c/d)/(1/e)個分數，總和才能達到a/b。 例如，當前搜尋到19/45=1/5+1/100+…，則後面的分數每個最大為1/101，至少需要(19/45-1/5) / (1/101) =23項總和才能達到19/45，因此前22次迭代是根本不會考慮這棵子樹的。 這裡的關鍵在於：可以估計至少還要多少步才能出解。
注意，這裡的估計都是樂觀的，因為用了“至少”這個詞。 說得學術一點，設深度上限為maxd，當前結點n的深度為g(n)，樂觀估價函式為h(n)，則當g(n)+h(n)>maxd時應該剪枝。 這樣的演算法就是IDA*。 當然，在實戰中不需要嚴格地在程式碼裡寫出g(n)和h(n)，只需要像剛才
那樣設計出樂觀估價函式，想清楚在什麼情況下不可能在當前的深度限制下出解即可。

思路

（1）列舉深度maxd
（2）dfs搜尋：從滿足1/c<=a/b的最小c即b/a+1開始列舉分母，深度d為表示第幾個分數；每次計算的是a/b - 1/i = a2/b2 然後將a2,b2再作為a,b進行遞迴。
（3）剪枝：if(bb * (maxd+1-d) <= i*aa) break;//剪枝：如果剩下的maxd+1-d個分數全部都是1/i，加起來仍然不超過aa/bb，則無解！ (maxd+1-d)/i <= aa/bb

參考

入門經典-埃及分數-P　

程式碼

#include <iostream>
#include <cstdio>
 

#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 1000;
LL ans[maxn],v[maxn];
int maxd,kcase;
int gcd(LL a,LL b){//最大公約數，用於約分
    LL temp;
    while(b){temp = b;b = a % b;a = temp;}
    return a;
}
LL get_first(LL a, LL b){//滿足1/c<=a/b的最小c
    return b/a + 1;
}
bool better(int
 
 d){//更新最優值：如果當前解v比目前最優解ans更優，更新ans
    for(int i=d;i>=0;i--)
        if(v[i] != ans[i])
            return ans[i] == -1 || v[i] < ans[i];
    return false;
}
//當前深度為d，分母不能小於from，分數之和恰好為aa/bb
bool dfs(int d,int from,LL aa,LL bb){
    if(d == maxd){//深度達到當前列舉個數
        if(bb % aa) return false;//aa/bb必須是埃及分數
        v[d] = bb/aa;//儲存分母
        if(better(d)) memcpy(ans,v,sizeof(LL)*(d+1));//更新最優解
        return true;//返回成功
    }
    bool ok = false;//用於返回本次遞迴的結果
    from = max((LL)from,get_first(aa,bb));//列舉的起點
    for(int i=from; ;i++){
        if(bb * (maxd+1-d) <= i*aa) break;//剪枝：如果剩下的maxd+1-d個分數全部都是1/i，加起來仍然不超過aa/bb，則無解！ (maxd+1-d)/i <= aa/bb
        v[d] = i;//儲存分母
        //計算aa/bb - 1/i，設結果為a2/b2
        LL b2 = bb*i;
        LL a2 = aa*i - bb;
        LL g = gcd(a2,b2);//用於約分
        if(dfs(d+1,i+1,a2/g,b2/g)) ok = true;//找到解返回成功
    }
return ok;}

void solve(int a,int b){
    int ok = 0;
    for(maxd = 1; ;maxd++){//列舉深度，即等式相加的個數
        memset(ans,-1,sizeof(ans));
        if(dfs(0,get_first(a,b),a,b)){//遞迴找到時返回成功
            ok = 1;break;//標記並退出列舉
        }
    }
    printf("Case %d: %d/%d=",++kcase,a,b);
    if(ok) {for(int i=0;i<maxd;i++) printf("1/%lld+",ans[i]);printf("1/%lld\n",ans[maxd]);}
    else printf("%d/%d\n",a,b);
}
int main()
{
    int a,b;
    while(scanf("%d%d",&a,&b)!=EOF)
        solve(a,b);
    return 0;
}