【解题报告】[动态规划] CodingTrip

原题：

聪明的猴子

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Problem Description

森林中有一排香蕉树（无限长），一只猴子站在其中一棵树上，猴子在跳跃前要先抽取一张卡片，卡片上写有A+1个自然数，其中最后一个是B，前A个数只能小于等于B，卡片上的数字可以相同。猴子每次跳跃先从卡片上任选一个自然数C，然后向左、或向右跳C棵树。猴子的任务是：跳到与它左边相邻的香蕉树上时，就可以吃掉上面的香蕉。

例如，当A=2，B=4时，对于卡片(2, 3, 4)，猴子就可以吃到香蕉：它可以先向左跳3棵树，再向右跳两棵树。而对于卡片(2, 2, 4)，猴子则怎么也不可能跳到它左边相邻的香蕉树上。 

当确定A和B后，则一共可以有B^A张不同的卡片。问题是，在这所有的卡片中，有多少张可以让猴子完成任务。 

Input

第1行k,表示有k组测试数据，k<=100
第2至k+1行，每行两个自然数A和B，以一个空格分开 （A<= 10 , B <= 20)。

Output

共k行，每行的数字代表每组数据中，可以让猴子跳到它左边相邻香蕉树的卡片数。

Sample Input

3
2 3
4 8
5 13

Sample Output

8
3840
371292

=========================================================================================

解题思路：
不难得知，要满足猴子能跳到相邻的树上，要满足所有数的最大公约数等于1。
对于一组数据：{6,8,3,5,10} 要求出它们的最大公约数，可以这么计算： 先计算出gcd(6,8)=2，然后用结果和3计算，即：gcd(2,3)=1。当结果为1时，gcd(1,x)=1。就可以知道，此时满足条件了。要计算满足条件的数据总数，可以这样：递归遍历每一种情况，然后判断该序列的gcd是否等于1。等于1计数。
题目给的范围是A<= 10 , B <= 20，有B^A种情况，如果一个一个判断过去是一定要超时的。
因此想到这样的一个优化：
如果判断到中间某个数时，gcd已经为1了，那么在这种情况下，后面的序列已经不能影响gcd，那么这一类的所有情况都可以，即，如果gcd为1时还剩下n个数没搜索，则该情况下的个数为B^n。
经过这一步的优化，依然不足以计算出较大的数据。现在就想到了一个记忆化搜索。设dp[x][y]表示当前最大公约数为x，已经选择了y个数时的情况的数量。这时将B这个数当做是第一个数来进入递归，即要求的为dp[B][1]。
解题代码：

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
using namespace std;
long long a,b,ans;
long long dp[25][15]={0};
long long gcd(long long a,long long b)
{
    if(b==0) return a;
    return gcd(b,a%b);
}
long long pow(long long a,long long b)
{
    long long s=1;
    while(b--) s*=a;
    return s;
}
int f(long long g,long long k)
{
    if(dp[g][k]!=0) {ans+=dp[g][k];return 1;}
    if(k>a)
    {
        /*if(gcd(g,b)==1) ans+=1;*/
        return 0;
    }
    long long ans2=ans;
    for(long long i=1;i<=b;i++)
    {
        long long gg=gcd(g,i);
        if(gg==1)
        {
            ans+=pow(b,a-k);
        }
        else f(gg,k+1);
    }
    dp[g][k]=ans-ans2;
    return 1;
}
int main()
{
    long long k;
    cin>>k;
    while(k--)
    {
        cin>>a>>b;
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        ans=0;
        f(b,1);
        /*for(long long i=1;i<=b;i++)
            f(i,2);*/
        cout<<ans<<endl;
    }
}