买不到的数目
小明开了一家糖果店。他别出心裁：把水果糖包成4颗一包和7颗一包的两种。糖果不能拆包卖。
小朋友来买糖的时候，他就用这两种包装来组合。当然有些糖果数目是无法组合出来的，比如要买 10 颗糖。
你可以用计算机测试一下，在这种包装情况下，最大不能买到的数量是17。大于17的任何数字都可以用4和7组合出来。
本题的要求就是在已知两个包装的数量时，求最大不能组合出的数字。
输入：
两个正整数，表示每种包装中糖的颗数(都不多于1000)
要求输出：
一个正整数，表示最大不能买到的糖数
不需要考虑无解的情况
例如：
用户输入：
4 7
程序应该输出：
17
再例如：
用户输入：
3 5
程序应该输出：
7
资源约定：
峰值内存消耗 < 64M
CPU消耗 < 3000ms
观察题目，其实可以把题目抽象成：有两个正整数a、b，可以组成任意线性组合ax+by，x、y非负，求最大不能组合数。
我们可以证明这两个数一定互质。设ax+by=c，如果a、b不互质，则gcd(a,b)≠0，a、b的线性组合一定是gcd(a,b)的倍数；当c的取值不是gcd(a,b)的倍数时，方程无解，此时a、b不能组合数无上界（只要不是gcd(a,b)的倍数都无法组合，这样的数有无数多个)，所以a、b一定互质（即gcd(a,b)=1）。
法一：
做这道题有一个结论可以直接用：两个互质数a、b的最大不能组合数为ab-a-b。下面给出详细证明（参考）：
如果有离散数学的基础，我们知道可以把所有非负整数划分成a个模a同余等价类，记为[0]，[1]，[2]，...，[a-1]，分别为ak，ak+1，ak+2，…，ak+(a-1)，（k∈Z）。b的倍数一定分布在这a个等价类中，又因为gcd(a,b)=1，所以每个等价类中都有b的倍数，且均分分布（这边想不通可以自己取两个数比画一下，就很好理解了）。特别的，ab∈[0]。设bKi是等价类[i]中最小的b的倍数，那么该等价类中bKi后的所有数都能表示成ax+bKi，一定能被组合出来。显然，最大的bKi后面的所有连续整数都可以被组合出来，而要找到最大不能组合数，我们只需考虑最大的bKi前面的数字即可。把所有的bKi列出来，有{0，b，2b，...，(a-1)b}。很显然(a-1)b就是最大的bKi，而在其他a-1个等价类中，必定有比它小且能被组合的数，这些数就是(a-1)b-1，(a-1)b-2，...，(a-1)b-(a-1)。所以最大不能被组合数就是(a-1)b-a，即ab-a-b。
为了便于理解，我以4、7为例画了个图表，结合图表应该很容易就能看懂上面的证明过程：
知道了这个结论，这道题就很好做了，几乎是水过：
1 #include<iostream> 2 using namespace std; 3 4 int main(){ 5 int a,b; 6 cin>>a>>b; 7 cout<<a*b-a-b<<endl; 8 9 return 0; 10 }
法二
但是肯定很多人都不知道有这个结论呀，那么我们可以用枚举来做。
由上可知这个最大不能组合数一定是不会超过ab的，当然比赛的时候我们不知道也可以猜，这个不能组合数一定不会特别大，而最好猜的就是ab。把ab内所有可能的解枚举出来，然后从后往前找不能被组合出来的数，那么第一个找到的数就是最大不能组合数。（顺便插一句，c++里的set是有序的，差点忘了。。。）
1 #include<iostream> 2 #include <set> 3 using namespace std; 4 5 int main(){ 6 set<int> s; 7 set<int>::iterator it; 8 int a,b; 9 cin>>a>>b; 10 for(int x = 0;a*x<=a*b;x++) //枚举a*b以内的所有解 11 for(int y = 0;a*x+b*y<=a*b;y++) 12 s.insert(a*x+b*y); 13 for(int i = a*b; i>=0; i--){ 14 if(s.find(i)==s.end()) { //i不在set中，那么i就是答案 15 cout<<i<<endl; 16 break; //找到后跳出循环 17 } 18 } 19 20 return 0; 21 }
法三
用动规做，其实也是枚举，如下是参考别人的代码，原文链接戳这里：
1 #include<iostream> 2 using namespace std; 3 4 int main() 5 { 6 int t=0,n,m; 7 cin>>n>>m; 8 int a[100005]; 9 a[0]=1; 10 for(int i=1;i<=n*m;i++){ 11 if(i>=n&&a[i-n]) 12 a[i]=1; 13 else if(i>=m&&a[i-m]) 14 a[i]=1; 15 } 16 for(int i=n*m;i>=0;i--) 17 { 18 if(!a[i]){ 19 cout<<i<<endl; 20 break; 21 } 22 } 23 24 return 0; 25 }
解释一下这段代码，能被标记成1的就相当于是能被组合出来的数，起始让a[0]为1，这样在循环的时候就可以先把n和m标记成1，这两个数也确实是可被m、n线性组合出来的（让另一个系数为0）；如果一个数i被标记成1，那么i+n、i+m也可以被组合出来，所以也标记上1。循环的边界同样是m*n。
还看到一种，和这个差不多，用了清新脱俗的图表填充归纳法（瞎起的名字），可能更好理解，链接：这里这里
内容（以下为来自原文的引用）：
对于4 7
4与7，大周期为7，小周期为4，当前层数能被填充的下一层对应的格子也能被填充。
开始位置为0 / 4，然后是4与7的周期差
在7*4后完成填充，最后填充的数字为7 * 4 – 4。
最大未被填充的数字在上一层，即 7*4 – 4 – 7。
替换字母后得到公式 a*b – a – b。
【代码 C++】
1 #include <cstdio> 2 #define mx 1000005 3 int data[mx]; 4 int main(){ 5 int i, j, a, b; 6 scanf("%d%d", &a, &b); 7 data[a] = data[b] = 1; 8 for (i = a + b / 2; i <= a*b; ++i){ 9 if (data[i - a]) ++data[i]; 10 if (data[i - b]) ++data[i]; 11 } 12 for (i = a*b; data[i]; --i); 13 printf("%d", i); 14 return 0; 15 }
另一个，思路和上面都一样，标准dp，令dp[i] = 1表示i能够由n和m组成，否则不能，则有dp[i] = dp[i-n]||dp[i-m] ? 1 : 0;
原文这里：
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <algorithm> 4 #include <cmath> 5 using namespace std; 6 7 const int maxn = 1000005; 8 int dp[maxn]; 9 10 int main() { 11 int n, m; 12 while(scanf("%d %d", &n, &m) != EOF) { 13 memset(dp, 0, sizeof(dp)); 14 dp[n] = 1, dp[m] = 1; 15 int t = max(n, m); 16 for(int i = t + 1; i < maxn; i++) { 17 if(dp[i - n] || dp[i - m]) dp[i] = 1; 18 } 19 20 for(int i = maxn - 1; i >= 0; i--) { 21 if(!dp[i]) { 22 printf("%d\n", i); 23 break; 24 } 25 } 26 } 27 return 0; 28 }