传送门

题目描述

来源：BIO 1997 Round 1 Question 3
在古埃及，人们使用单位分数的和（形如 \dfrac{1}{a}
a
1
​
的，aa 是自然数）表示一切有理数。如：\dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{6}
3
2
​

2
1
​
+
6
1
​
，但不允许 \dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{3}
3
2
​

3
1
​
+
3
1
​
，因为加数中有相同的。对于一个分数 \dfrac{a}{b}
b
a
​
，表示方法有很多种，但是哪种最好呢？首先，加数少的比加数多的好，其次，加数个数相同的，最小的分数越大越好。如：

\begin{aligned} \frac{19}{45} &= \frac{1}{3} + \frac{1}{12} + \frac{1}{180}\ \frac{19}{45} &= \frac{1}{3} + \frac{1}{15} + \frac{1}{45}\ \frac{19}{45} &= \frac{1}{3} + \frac{1}{18} + \frac{1}{30}\ \frac{19}{45} &= \frac{1}{4} + \frac{1}{6} + \frac{1}{180}\ \frac{19}{45} &= \frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \frac{1}{18}\ \end{aligned}
45
19
​

45
19
​

45
19
​

45
19
​

45
19
​

​

=
3
1
​
+
12
1
​
+
180
1
​

=
3
1
​
+
15
1
​
+
45
1
​

=
3
1
​
+
18
1
​
+
30
1
​

=
4
1
​
+
6
1
​
+
180
1
​

=
5
1
​
+
6
1
​
+
18
1
​

​

最好的是最后一种，因为 \dfrac{1}{18}
18
1
​
比 \dfrac{1}{180}, \dfrac{1}{45}, \dfrac{1}{30}
180
1
​
,
45
1
​
,
30
1
​
都大。
注意，可能有多个最优解。如：

\begin{aligned} \frac{59}{211} &= \frac{1}{4} + \frac{1}{36} + \frac{1}{633} + \frac{1}{3798}\ \frac{59}{211} &= \frac{1}{6} + \frac{1}{9} + \frac{1}{633} + \frac{1}{3798}\ \end{aligned}
211
59
​

211
59
​

​

=
4
1
​
+
36
1
​
+
633
1
​
+
3798
1
​

=
6
1
​
+
9
1
​
+
633
1
​
+
3798
1
​

​

由于方法一与方法二中，最小的分数相同，因此二者均是最优解。

给出 a,ba,b，编程计算最好的表达方式。保证最优解满足：最小的分数 \ge \cfrac{1}{10^7}≥
10
7

1
​
。

输入格式

一行两个整数，分别为 aa 和 bb 的值。

输出格式

输出若干个数，自小到大排列，依次是单位分数的分母。

输入输出样例

输入 #1复制
19 45
输出 #1复制
5 6 18

说明/提示

1 \lt a \lt b \lt 10001<a<b<1000

上代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>

#define LL long long
#define MAXN 1010
#define max(x,y) (x > y ? x : y)

LL a, b, depth;
bool flag;
LL temp[MAXN], ans[MAXN];	// 分别记录当前答案与最终答案。

LL gcd (LL x, LL y) {
    
    return (!y ? x : gcd (y, x % y));
}	// 求最大公约数。

void dfs (LL newa, LL newb, LL step) {
    
    if (step + 1 == depth) {
    
        if (newa == 1) {
    
            temp[step + 1] = newb;
            flag = true; 
            if (temp[depth] < ans[depth] || !ans[depth]) {
    
                memcpy (ans, temp, sizeof (temp));
            }
        }

        return ;
    }

    LL first = newb % newa ? newb / newa + 1 : newb / newa;
    for (LL i = max (temp[step] + 1, first); i <= ceil (newb / newa) * (depth - step); i++) {
    
        temp[step + 1] = i;
        LL nxta, nxtb, g;
        nxta = newa * i - newb;
        nxtb = newb * i;
        g = gcd (nxta, nxtb);
        dfs (nxta / g, nxtb / g, step + 1);
    }
}	// 搜索主体。

int main (void) {
    

    scanf ("%d %d", &a, &b);
    LL g = gcd (a, b);
    temp[0] = 1;

    for (depth = 1; ; depth++) {
    
        dfs (a / g, b / g, 0);
        if (flag) {
     break ; }
    }
    for (int i = 1; i <= depth; i++) {
    
        printf ("%d ", ans[i]);
    }

    return 0;
}