题目描述
小凯手中有两种面值的金币，两种面值均为正整数且彼此互素。每种金币小凯都有 无数个。在不找零的情况下，仅凭这两种金币，有些物品他是无法准确支付的。现在小 凯想知道在无法准确支付的物品中，最贵的价值是多少金币？注意：输入数据保证存在 小凯无法准确支付的商品
这是今年NOIP的第一题，也是断送我OI生涯的一道题目。这是我记忆中NOIP第一次出现结论题，也是我唯一做不出来的第一题。身边的大佬一个个秒掉了它，兄弟学校的同学也几乎都YY出了正解。就我特么一个30分，然后T2,T3又写爆，Day1爆萎，一百分出头，于是就注定退役了。
还是先说说这道题目吧，其实就是要你求一个使得如下不定方程:
\(a_1x_1+a_2x_2=c\) \(((a_1,a_2)=1)\)
无非负整数解的最大\(c\) 。结论很简单:
\(c=a_1a_2-a_1-a_2\)
这个结论的形式还是非常优美的，根据一些小数据其实很容易推出来。然而我比较脑残，并不能看出来。但正确性并不显然，我试着用ex_gcd推了一下，好像并没有发现什么很好的思路。后来在《初等数论》中找到了一种较为简单的证明，如下：
设\(x_{1,0}\) , \(x_{2,0}\)为方程特解，则对于参数\(t^{[1]}\)$有
\(-[x_{1,0}/a_2]-\{x_{1,0}/a_2\}=-x_{1,0}/a_2 \leq t \leq x_{2,0}/a_1=[x_{2,0}/a_1]+\{x_{2,0}/a_1\}\)
又\(0 \leq \{x\} < 1\) , 所以
\(-[x_{1,0}/a_2] \leq t \leq[x_{2,0}/a_1]\)
故解数\(N_0\)满足
\(N_0=[x_{1,0}/a_2]+[x_{2,0}/a_1]+1\)
当\(c>a_1a_2-a_1-a_2\)时
\(1-1/a_1-1/a_2<c/a_1a_2=x_{1,0}/a_2+x_{2,0}/a_1=[x_{1,0}/a_2]+\{x_{1,0}/a_2\}+[x_{2,0}/a_1]+\{x_{2,0}/a_1\} \leq [x_{1,0}/a_2]+[x_{2,0}/a_1]+(a_1-1)/a_1+(a_2-1)/a_2\)
（对于任意正整数n及正整数m必有\(\{m/n\}\leq (n-1)/n\) ）\(^{[2]}\)
则有
\([x_{1,0}/a_2]+[x_{2,0}/a_1]>-1\)
即\(N_0>0\) ，所以必有解
下证当\(c=a_1a_2-a_1-a_2\)时方程无非负整数解
若有解\(x_1\) , \(x_2\)，则有
\(a_1(x_1+1)+a_2(x_2+1)=a_1a_2\)
又\((a_1,a_2)=1\) , 所以
\(a_1|x_2+1\) 且 \(a_2|x_1+1\)
又\(x_1 \geq 0\) 并且\(x_2 \geq 0\) , 则必有\(x_2+1 \geq a_1 \geq 1\) ，\(x_1 \geq a_2 \geq 1\)
综上得
\(a_1a_2 \geq 2a_1a_2\)
显然不等式不成立，故当\(c=a_1a_2-a_1-a_2\)时方程无解
于是NOIPD1T1就做完了23333
注：
1).此方程的已知所有解可以有如下表示:
\(\begin{cases} x_1=x_{1,0}+\frac{a_2}{(a_!,a_2)}t\\x_2=x_{2,0} - \frac{a_1}{(a_1,a_2)}t \end{cases}\)
2).因为对于任何\(m/n\) 均有
\(m/n=k \frac{p}{n}\) \((p<n)\)
所以
\(\{m/n\}=p/n\)
又对任意真分数均有
\(p/n \leq (n-1)/n\)
所以
\(\{m/n\} \leq (n-1)/n\)