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。
输入输出格式
输入格式：
两个正整数 aa 和 bb，它们之间用一个空格隔开，表示小凯中金币的面值。
输出格式：
一个正整数 NN，表示不找零的情况下，小凯用手中的金币不能准确支付的最贵的物品的价值。
输入输出样例
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3 7
输出样例#1： 复制
11
说明
【输入输出样例 1 说明】
小凯手中有面值为33和77的金币无数个，在不找零的前提下无法准确支付价值为1, 2,4,5,8,111,2,4,5,8,11 的物品，其中最贵的物品价值为 1111，比1111 贵的物品都能买到，比如：
12 = 3 \times 4 + 7 \times 012=3×4+7×0
13 = 3 \times 2 + 7 \times 113=3×2+7×1
14 = 3 \times 0 + 7 \times 214=3×0+7×2
15 = 3 \times 5 + 7 \times 015=3×5+7×0
【数据范围与约定】
对于 30\%30%的数据： 1 \le a,b \le 501≤a,b≤50。
对于 60\%60%的数据： 1 \le a,b \le 10^41≤a,b≤104。
对于100\%100%的数据：1 \le a,b \le 10^91≤a,b≤109。
feel：打表找规律
假设两种钱的面额为aa和bb，且\gcd(a,b)=1gcd(a,b)=1。
假设两种钱每种最少要拿一次(也就是不能不拿)，那么不能凑成的最大钱数k=a\times bk=a×b(注意是最大钱数，我刚才打错了)，由于可以不拿，那么就把多拿的两张钱减去，也就是ans=k-a-b=a\times b-a-bans=k−a−b=a×b−a−b，其实这里大家都应该比较透彻，但是这个为什么k=a\times bk=a×b我在下面证明一下。
现在我们需要证明ax+by=k(x,y>0)ax+by=k(x,y>0)无解。
我们利用反证法，设k=a\times bk=a×b，假设ax+by=k(x,y>0)ax+by=k(x,y>0)有解。
那么根据欧几里得算法，ax+by=sax+by=s(ss是任意整数)有解的条件是\gcd(a,b)|sgcd(a,b)∣s。而这里\gcd(a,b)=1gcd(a,b)=1，满足条件。
我们假设找到了ax+by=1ax+by=1的一个解为(x_0,y_0)(x0,y0)，那么就有ax_0+by_0=1ax0+by0=1。因为a,b\ge1a,b≥1，直觉告诉我们x_0\le0x0≤0或者y_0\le0y0≤0，这个不用我证明了吧。
等式两边同时乘以kk，得到akx_0+bky_0=kakx0+bky0=k，即k=ax+byk=ax+by的一个解为(kx_0,ky_0)(kx0,ky0)，根据通解公式，通解为\begin{aligned}\left(kx_0+\frac {bt} {\gcd(a,b)},ky_0-\frac {at} {\gcd(a,b)}\right)\end{aligned}(t\in \rm Z)(kx0+gcd(a,b)bt,ky0−gcd(a,b)at)(t∈Z)。因为gcd(a,b)=1gcd(a,b)=1，所以通解为(kx_0+bt,ky_0-at)(kx0+bt,ky0−at)。因为k=a\times b>0k=a×b>0，而x_0\le 0x0≤0或y_0\le0y0≤0，所以x\le0x≤0或y\le0y≤0。当我们改变tt的值时，把通解转化一下(b(ax_0+t),a(by_0-t))(b(ax0+t),a(by0−t))观察这个式子，我们会发现其中一定有一个会\le0≤0的。我们继续转化，令X=ax_0+tX=ax0+t，令Y=by_0-tY=by0−t，则X+Y=1X+Y=1。因为他们都是整数，所以X\le0X≤0或Y\le0Y≤0的。而a,b>0,x=aX,y=bYa,b>0,x=aX,y=bY，所以x\le0x≤0或y\le0y≤0，即ax+by=k(x,y>0)ax+by=k(x,y>0)无解。
证毕。
为了严谨，我们还需要证明ax+by=k+r(x,y>0,rax+by=k+r(x,y>0,r是正整数))有解。和上面思路差不多，为了严谨，我重新写一遍思路吧。
现在我们需要证明ax+by=k+r(x,y>0,rax+by=k+r(x,y>0,r是正整数))有解。
那么根据欧几里得算法，ax+by=sax+by=s(ss是任意整数)有解的条件是\gcd(a,b)|sgcd(a,b)∣s。而这里\gcd(a,b)=1gcd(a,b)=1，满足条件。
我们假设找到了ax+by=1ax+by=1的一个解为(x_0,y_0)(x0,y0)，那么就有ax_0+by_0=1ax0+by0=1。因为a,b\ge1a,b≥1，直觉告诉我们x_0\le0x0≤0或者y_0\le0y0≤0，这个不用我证明了吧。
等式两边同时乘以k+rk+r，得到a(k+r)x_0+b(k+r)y_0=k+ra(k+r)x0+b(k+r)y0=k+r，即k+r=ax+byk+r=ax+by的一个解为(kx_0+rx_0,ky_0+ry_0)(kx0+rx0,ky0+ry0)，根据通解公式，通解为\begin{aligned}\left(kx_0+rx_0+\frac {bt} {\gcd(a,b)},ky_0+ry_0-\frac {at} {\gcd(a,b)}\right)\end{aligned}(t\in \rm Z)(kx0+rx0+gcd(a,b)bt,ky0+ry0−gcd(a,b)at)(t∈Z)。因为gcd(a,b)=1gcd(a,b)=1，所以通解为(kx_0+rx_0+bt,ky_0+ry_0-at)(kx0+rx0+bt,ky0+ry0−at)即(abx_0+rx_0+bt,aby_0+ry_0-at)(abx0+rx0+bt,aby0+ry0−at)。现在我们需要证明他们俩都大于0有解。
我们还是转化一下，通解转化为\begin{aligned}\left({b\left(ax_0+\frac{rx_0}b+t\right),a\left(by_0+\frac{ry_0}a-t\right)}\right)\end{aligned}(b(ax0+brx0+t),a(by0+ary0−t))，注意这里的除法是实数除法。那么现在需要证明\begin{aligned}ax_0+\frac{rx_0}b+t\end{aligned}ax0+brx0+t和\begin{aligned}by_0+\frac{ry_0}a-t\end{aligned}by0+ary0−t都大于0。令X=\begin{aligned}ax_0+\frac{rx_0}b+t\end{aligned}X=ax0+brx0+t，Y=\begin{aligned}by_0+\frac{ry_0}a-t\end{aligned}Y=by0+ary0−t，则\begin{aligned}X+Y=ax_0+by_0+\frac{rx_0}b+\frac{ry_0}a=1+r\frac{ax_0+by_0}{ab}=1+\frac r {ab}>1\end{aligned}X+Y=ax0+by0+brx0+ary0=1+rabax0+by0=1+abr>1。注意到这个式子中XX和YY一定可以构造出XX和YY都大于0的解。
为什么呢？这个其实很好想，你可以把\begin{aligned}ax_0+\frac{rx_0}{b}\end{aligned}ax0+brx0和\begin{aligned}by_0+\frac{ry_0}{a}\end{aligned}by0+ary0想象成任意两个和大于1的实数，你每次可以做的操作是把他们其中一个加1另一个-1，那么他们一定可以同时为正。如何证明？我们建立一个坐标系uOvuOv(实在没字母可用了)，然后建立参数方程\begin{aligned}u=ax_0+\frac{rx_0}{b}+t\end{aligned}u=ax0+brx0+t，\begin{aligned}v=by_0+\frac{ry_0}{a}-t\end{aligned}v=by0+ary0−t，其中tt是参数，t\in\rm Zt∈Z，我们先假设t\in\rm Rt∈R，那么方程就是一条斜率为-1−1的直线，因为u+v>1u+v>1，所以直线在第一象限的长度大于\sqrt22。因为t\in\rm Zt∈Z，t\in\rm Zt∈Z时候的图像就是在t\in\rm Rt∈R情况上的一系列间距为\sqrt 22的点，而t\in\rm Rt∈R时候的图像在第一象限内长度大于\sqrt22，所以t\in\rm Zt∈Z时候的图像在第一象限内存在点。
所以x>0x>0并且y>0y>0的解一定存在。
证毕。（上面就是我抄的Luogu上的题解，多么诚实的我啊）
#include<cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
int main()
{
ll a,b;
scanf("%lld%lld",&a,&b);
printf("%lld",a*b-a-b);
}