Loj #10022. 「一本通 1.3 练习 1」埃及分数

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题解
感觉用 $BFS$ 会更快，但是既然在 $DFS$ 类型题里做到，那么还是用DFS来解好了。

先枚举最大深度。
接着是我们搜索的时候需要携带的量：
①上一次的分母 $lst$
②已经搜索到的深度 $tot$
③$\frac{a}{b}$ 减去已选的 $\frac{1}{c}$ 剩下的值（为了防止精度问题，我们分成分子 $x$ 和分母 $y$）

接着考虑最终状态。
当我们枚举到当前最大深度的时候就不能往下搜索了。
判断一下是否修正 $ans$

中间过程枚举搜索。

直接搜索明显超时超得一塌糊涂，肯定要加剪枝。
首先我们可以从 $ i=max{lst+1,(y+x-1)/x}$（整除） 处开始枚举（这个 $i$ 是满足 $\frac{1}{i}>\frac{x}{y}$ 且最小的）
证明¹

然后我们还能预判至少还要选择几个。
如果 $tot+\frac{x}{y}/\frac{1}{i}$ 即 $tot+\frac {x*i}{y} > len $，那么我们接下来肯定不能找到可行解。
证明²

若写 $DFS$，假设上一次深度为 $len$ 时没有可行解，这次深度为 $len+1$ 时我们会把上次 深度为 $len$ 的情况重新走一遍，再搜所第 $len+1$ 次。若写 $BFS$，队列的内存有点大，这会影响效率。

代码

#include
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=1e3+5,INF=1e9;
int a,b,len;
LL xt,yt,s,st[maxn],ans[maxn];
LL gcd(LL x,LL y){return !y?x:gcd(y,x%y);}
bool dfs(LL lst,int tot,LL x,LL y)
{
	if (tot==len)
	{
		if (ans[len]>st[len]) for (int i=1;i<=len;++i) ans[i]=st[i];
		return true;
	}
	bool pd=false;
	for (LL i=max(lst+1,(y+x-1)/x);;++i)
	{
		yt=i/gcd(i,y)*y;
		xt=x*(yt/y)-yt/i;
		s=gcd(xt,yt);
		if (s>1) xt/=s,yt/=s;
		if (1.0*xt/yt*i>len-1-tot) return pd;
		st[tot+1]=i;
		if(dfs(i,tot+1,xt,yt))pd=true;
	}
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&a,&b);
	for(len=1;;++len)
	{
		ans[len]=INF;
		if (dfs(0,0,a,b)) {for (int i=1;i<len;++i) printf("%lld ",ans[i]);printf("%lld\n",ans[len]);return 0;}
	}
	return 0;
}

---

1. 若 $i$ 满足 $\frac{1}{i}<=\frac{x}{y}$ 且最小。必定是满足 $i>=\frac{y}{x}$。即 $i=\lceil \frac{y}{x}\rceil$ ↩︎

2. 因为我们选择的分母单调增，分子不变，所以分数单调减。若分数不变的情况下我们都至少要再选 $\frac{x\ast i}{y}$ 个，记作 $P1$，我们实际选的个数 $P2$ 肯定满足 $P2\ge P1$，若 $tot+P1>len$ 那么一定满足 $tot+P2>len$。 ↩︎