一、题目
二、解法
首先我们考虑值域序列上决策，每个位置放 (0/1)，要求任意两个 (1) 之间的距离不能是 (x/y)，由于 (n) 很大但是 (x,y) 很小，可以猜测 (x+y) 是原序列的一段循环节，也就是这一段的最优解可以通过复制得到 (n) 的最优解：
证明：若 ((x+y)|n)，因为在 (x+y) 这一段中已经是最优解了，而相邻两段之间有没有更多的限制，所以把它复制到 (n) 显然达到了答案上界，故得到了最优解。
若 ((x+y) ot| n)，设 (r=n\%(x+y))，那么我们把原序列再次分段，奇数段的长度是 (r)，偶数段的长度是 (x+y-r)，因为我们要证明存在最优解满足奇数段和偶数段都可以全一样。那么等价于证明对于任何一种数列，可以调整成上述形式之后使得答案不降。
设 (d_i) 为把和 (i) 奇偶性相同的段全部调整成 (i) 段的代价，因为代价会抵消所以 (sum d_{2i}=sum d_{2i+1}=sum d_i=0)，然后考虑反证法，考虑对于所有 (i) 有 (d_i+d_{i+1}<0)，那么：
- 因为 (d_2+d_3<0,d_4+d_5<0...)，所以 (sum_{i ot=1}d_i<0)，那么 (d_1>0)
- 因为 (d_1+d_2<0,d_4+d_5<0...)，所以 (sum_{i ot=3} d_i<0)，那么 (d_3>0)
- 类似可得 (d_{2k+1}>0)，因为至少存在一个 (d_{2k}geq0)，所以存在 (d_{2k}+d_{2k+1}>0)，与原命题矛盾。
现在找 (x+y) 段内的最优解即可，无脑状压可以做到 (O(2^{max(x,y)}(x+y)))，足以通过此题
由于只有考虑 (i) 和 (i+x) 或者 (i+y) 的限制，那么我们把 (i) 向 (p=ipm xmod(x+y)) 连边，根据数论知识如果 (gcd(x,y)=1) 就会构成一个环，环上相邻两个点才会有限制。这种情况可以用 (O(x+y)) 的简单 (dp) 解决。
如果 (gcd(x,y) ot=1) 呢？考虑除去它们的最大公因数 (g)，因为如果我们按模 (g) 的剩余系分类，每个剩余系中是互不干扰的，那么就可以分开求最优解最后直接相加，这就转化成了 (gcd(x,y)=1) 的情况。
三、总结
(n) 很大的时候可以考虑：找规律，矩阵乘法，循环节。
证明循环节的时候用到的调整法，就考虑调整成相同的时候代价怎么变化。
没想到数论知识还可以用来优化 (dp)
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 50;
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,x,y,cnt[M],f[M][2][2];
int gcd(int a,int b)
{
return !b?a:gcd(b,a%b);
}
int solve(int n,int x,int y)
{
int g=gcd(x,y);
if(g>1) return (n%g)*solve(n/g+1,x/g,y/g)+(g-n%g)*solve(n/g,x/g,y/g);
for(int i=0;i<(x+y);i++)
cnt[i]=(n-1)/(x+y)+((n-1)%(x+y)>=i);
f[0][1][1]=cnt[0];
for(int i=1;i<(x+y);i++)
{
int c=cnt[(i*x)%(x+y)];
if(i!=x+y-1) f[i][1][1]=f[i-1][0][1]+c;
f[i][0][1]=max(f[i-1][0][1],f[i-1][1][1]);
f[i][1][0]=f[i-1][0][0]+c;
f[i][0][0]=max(f[i-1][0][0],f[i-1][1][0]);
}
int t=x+y-1;
return max(max(f[t][0][0],f[t][1][0]),max(f[t][0][1],f[t][1][1]));
}
signed main()
{
n=read();x=read();y=read();
printf("%d
",solve(n,x,y));
}