埃及分数 解题报告

【杂言】：

我是真的不想写了，但是，我挂了，挂的很彻底，30分钟找思路，1个小时修了三遍码，全挂了，被迫看题解，我真是醉了，一到分母，则为坟墓，（可能上天不想让我充当别人的分母吧） ， (UVA)的题，真的太狗了，好倒是挺好，这个输出就 ，，，算了，不吐槽了，但是我看了题解，看了题解就要写解题报告，这是习惯。

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【题目描述】：

给定一个分数 (dfrac{a}{b})，然后给定 (k) 个数 (q_i)。
要求把 (dfrac{a}{b}) 分为几个不同的分子为 (1) 的最简分数，要求分成的分数的分母中不能出现 (q_i)。
本题有 (t) 组数据， (t le 100)。
其他数据范围： (2 le a < b le 876)， (0 le k le 5)， (gcd(a,b)=1)， (2 le q_i le 1000)。

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【思路分析】：

想想，对于分数的分解问题，有没有好的数学方法去解决，因为往往数学能够解决的，信息中也就太简单了， 显然， 数学中也没有什么好方法，看到了 数据总共也不是很大，那么也就是只能搜索了，

对于搜索，朴素的搜索我写挂了(@ο@) ～， 悲伤的事情，想起就是难过的经历。

至于这道题的朴素写法， 那就是枚举有关（这里姑且说为有关）的分母，然后对于每一个分母相加起来，看看是否是可以与给定的数值相等， 如果可以，那就进行比较，同时确保这一个分母可以用和比较是否用这个分母是最优的 。 --- 这就是最朴素的搜索思路了。

然后便是有关分母的枚举上界和下界问题 ， 总不能枚举到 (10^9)的枚举吧

有关其下界问题： 其下界也就是上一个用到的分母加 1 和 $frac{b imes y}{ b imes x - a imes y} $ 的最大值；

解释一下 ：
上一次用到的分母加 1 ， 不必说明了 。
$frac{b imes y}{ b imes x - a imes y} $的推导，
我们设其上一个字母为 (kkk)
也就是说 (frac{a}{b}) + (frac{1}{kkk}) (leq frac{x}{y}) , 然后化简，不会可以找小学老师了(逃) ,
有关其上界问题 ：
设的变量 ，$d=现在迭代的次数 dep是现在迭代到的数 $ ，
那么(max = frac{frac{x}{y} - frac{a}{b} }{d - dep}) ,很显然 ， 为了我们的精度， 我们可以转化为( imes)的形式；
即为 ： (b imes y imes (d - dep) + a imes max imes >= x imes b imes max) ,相当于一个终止条件嘛 ， 也没必要去在意值。（值是你枚举的，管他干嘛？）

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【注意一下】：

1. 很明显，我们选用 (set)去判别有没有这个值是更优的 (以(log_2 n)的）
2. 更为明显， 分数必须要约分 ， 不约分等于白做
3. 他的输入输出是很毒瘤的 ， 不能就随便输出的
4. 不要忘记(set)迭代器转化为(int)类型 ， 不然一直(CE) 。

【Code】:

暂且先放下代码，日后再补上，毕竟要去考试了呀~

(TM)考试考炸了

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
//#include <algorithm> //打死我也没想到，algorithm我竟然定义了其中的关键词，为了解决这个问题，我决定，不用他，哈哈
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <queue>
#include <set>
#define inf 0x3f
#define int long long
#define QwQ printf("运行过了") ;
using namespace std ;
const int maxn = 1e5 ;
inline int read()
{
	int x = 0 , f = 1 ; char ch = getchar() ;
	while(!isdigit(ch)){ if(ch =='-') f = - 1 ; ch = getchar() ; }
	while(isdigit(ch)) { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar() ; }
	return x * f ;
}
int gcd(int x,int y)
{
	return !y?x:gcd(y,x%y);
}
int lcm(int x , int y)
{
	return x / gcd(x,y) * y;  
}
//分数相减通分公式(a*x-b)/b*x
int x , y , k , dep , tot = 0;
bool vis[maxn] ;
set<int> s ;
vector<int> now ,ans ;
void check()
{
	if(ans.empty() ||ans.size() > now.size())
	{
		ans = now ;	
		return ;
	} 
	if(now.size() > ans.size() ) return ;
	for(int i = (int)now.size() - 1 ; i >= 0 ; i--)
	{
		if(now[i]<ans[i])
		{
			ans = now ;
			return ;
		}
		else if(now[i] > ans[i] )
		{
			return ;
		}
	}
	return ;
} 
void prepare() // 多组数据每次都进行初始化 
{
	now.clear() ;
        ans.clear() ;
	memset(vis , false ,sizeof(vis)) ;
	s.clear() ;
	return ;
}
void search(int d , int last , int a , int b) 
{
	if(a * y > b * x) 
	{	
		return ;
	}
	if(d >= dep)
	{
		if( a * y == b * x) check() ;
		return ;
	}
	int p = gcd(a, b) ;
	a /= p , b /= p ;
	int head = max(last , y * b / (x * b - y *a) ) ;
	for(int i = head ; b * y * (dep - d ) + a * i * y >= x * b * i ; i++)
	{
		if(s.count(i)) continue ;
		now.push_back(i) ;
		search(d + 1 , i + 1 , a * i + b , b * i) ;
		now.pop_back() ;
 	}
 	return ;
}
void work()
{
	prepare() ;
	x = read() , y = read() , k = read() ;
	while(k--)
	{
		int m = read() ;
		s.insert(m) ;
	} 
	int gcd_ = gcd( x , y ) ;
	x /= gcd_ , y /= gcd_ ;
	for(dep = 1 ; ans.empty() ; dep ++)
	{
		search(0 , 2 , 0 , 1) ; 
	} 
	printf("Case %lld: %lld/%lld=" , ++tot , x , y ) ;
	printf("1/%lld", ans[0]) ;
	for(int i = 1 ; i < (int)ans.size() ; i++)
	{
		printf("+1/%lld" , ans[i]) ;
	}
	printf("
") ; 
	return ;
} 
signed main()
{
	int T = read() ;
	while(T--)
	{
		work() ;
	}
	return 0;
}