定义
\(x,y\) 的不定方程 \(ax + by = c\) 有整数解的充要条件是 \(\gcd(a, b)\mid c\) 。
即为如果\(a\)与\(b\)互质，那么一定存在两个整数\(x\)与\(y\)，使得\(ax+by=1\)。
例题
Codeforces Round #290 (Div. 2) D. Fox And Jumping
翻译
给出\(n\)张卡片，分别有\(l_i\)和\(c_i\)。在一条无限长的纸带上，你可以选择花\(c_i\)的钱来购买卡片\(i\)，从此以后可以向左或向右跳\(l_i\)个单位。问你至少花多少元钱才能够跳到纸带上全部位置。若不行，输出\(-1\)。
思路
- 正解：斐蜀定理+动态规划
- 最优解：斐蜀定理+\(Dijkstra\)
分析该问题，先考虑两个数的情况，发现想要跳到每一个格子上，必须使得这些数通过数次相加或相加得出的绝对值为\(1\)，进而想到了斐蜀定理。
如果\(a\)与\(b\)互质，那么一定存在两个整数\(x\)与\(y\)，使得\(ax+by=1\)。
由此得出了若选择的卡牌的数通过数次相加或相减得出的绝对值为\(1\)，那么这些数一定互质，此时可以考虑动态规划求解。
不过可以转移思想，因为这些数互质，即为\(0\)号节点开始，每走一步求\(Gcd\)(节点号,下一个节点)，同时记录代价，就成为了从\(0\)通过不断\(Gcd\)最后变为\(1\)的最小代价。
由于：互质即为最大公因数为\(1\)，\(Gcd(0,x)=x\)这两个定理，可以证明该算法的正确。选择优先队列优化\(Dijkstra\)求解。
不过还有个问题，即为需要记录是否已经买过一个卡片，开数组标记由于数据范围达到\(10^9\)会超出内存限制，可以想到使用unordered_map（比普通的map更快地访问各个元素，迭代效率较低）来标记。
另外，__gcd是\(OI\)禁用的函数，仅供平时练习所用。
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,t[300],k[300];
unordered_map<int,int>mp;
priority_queue<pair<int,int>>q;
void add(int g,int k)
{
if(mp.find(g)==mp.end()||mp[g]>k)
{
mp[g]=k;
q.push({-k,g});
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&t[i]);
for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&k[i]);
add(0,1);
while(!q.empty())
{
int u=q.top().second;
int w=-q.top().first;
q.pop();
if(mp[u]!=w) continue;
if(u==1) return printf("%d\n",w-1),0;
for(int i=0;i<n;i++) add(__gcd(u,t[i]),k[i]+w);
}
puts("-1");
return 0;
}原文地址：https://www.cnblogs.com/lyfoi/p/9485063.html