其實這道題就按照題面意思直接模擬一下就好喇！
很顯然如果給定硬幣的最小值大於1則輸出"no answer!!!"因為這樣子就無法取到1這個面值了。
先證明一下這一點：如果目前狀態可取前 x
xx **，且當前取了乙個面額為 a
aa 的硬幣，要想構成前 x+a
x + a
x+a 的所有**，必須僅當 x≥a
−1
x \ge a - 1
x≥a−
1 時成立—>
證：若 x
1x < a - 1
x1， 則我們取最小的 x+1
x + 1
x+1，它必須由 x+1
−a
x + 1 - a
x+1−
a 得到，而 x
1x < a - 1
x1,故 x+1
−a
<
0x + 1 - a < 0
x+1−
a<
0,由於不存在小於0的狀態，故原命題成立。
假設當前狀態，前 i
ii 種硬幣已經用最小的硬幣數 ans
ansan
s 構成最大的可行** tot
totto
t ，那麼如果當前 tot
≥ai+
1−
1tot \ge a_ - 1
tot≥ai
+1−
1，那麼就可以直接 i++
i + +
i++；否則累加，使 tot
=tot
+a
itot = tot + a_
tot=to
t+ai
至 tot
≥ai+
1−
1tot \ge a_ - 1
tot≥ai
+1−
1 ， 同時每次 ans
ansans++
+++
+ 。因為我們在每一步都滿足 tot
≥ai+
1−
1tot \ge a_ - 1
tot≥ai
+1−
1 ， 所以每次 i++
i++i+
+ 時，我們都可以放心操作當前的 tot
+a
itot + a_
tot+ai
操作。特別的，當 i
ii 等於1時，如果 tot
(=0)
−1
tot(=0) < a_ - 1
tot(=0
)−1 , 即 a
1>
1a_ > 1
a1>
1時，不能滿足條件，因而無答案，這裡解釋了第二段的顯然結論。
關於這個累加，由於資料範圍很大，我們很容易被卡（如都是1），所以我們先算出 tot
totto
t 加上多少個 aia_
ai 才能大於等於 ai+
1a_
ai+1
，即個數 k=(
ai+1
−2−t
ot)÷
ai+1
k = (a_ - 2 - tot) \div a + 1
k=(ai+
1−2
−tot
)÷ai
+1，再 tot
=tot
+k∗a
itot = tot + k * a_
tot=to
t+k∗
ai，ans
=ans
+k
ans = ans + k
ans=an
s+k， 用 o（1）的時間解決了問題。同時我們把 an+
1a_
an+1
賦值為 m
mm , 助於判停。
最後注意一點：如果 tot
totto
t 剛好等於 m−1
m - 1
m−1 ，並結束了迴圈，此時我們要在迴圈外輸出 ans
+1
ans + 1
ans+
1 , 以應對此特殊情況。
下面我來貼一下**—>
#include#include
#define ll long long
#define inf 1023456789
using
namespace std;
ll n, m, a[
2000005
], ans, tot;
intmain()
a[n +1]
= m;
for(
int i =
1; i <= n; i++)}
}printf
("%lld\n"
,ans +1)
;return0;
}
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