<think>我们首先
需要理解题目：
洛谷P5228 [
AHOI2013]找硬币
题目描述：小蛇在购买物品时，希望使用最少的硬币数。他拥有的硬币面值由他决定（但必须是正整数，且最小面值为1）。现在给定n个物品的价格（均为正整数），设计一组硬币面值，使得支付所有物品所
需的总硬币数最少。
分析：
1. 题目要求我们设计一套硬币系统，使得支付给定的n个价格时，使用的总硬币数最少。
2. 注意：硬币系统必须包含面值1（因为最小面值为1），并且硬币面值都是正整数。
3. 支付每个物品时，可以任意组合硬币，但必须恰好等于物品价格。
观察：题目中样例：两只兔纸，价格分别为25和102。最优解是设计面值为1,25,100的硬币系统。支付25：1个25；支付102：1个100和2个1，共1+3=4个硬币。
思路：
1. 动态规划。由于面值的设计是递增的，并且最大的面值不会超过所有物品价格的最大值（实际上，最大面值可以设到max(ai)即可，但为了更优，可能更大？然而题目并没有限制面值上限，但显然我们不会设计超过max(ai)的面值，因为更大的面值无法用于支付任何物品（除非恰好等于某个物品价格，但我们可以用更小的组合）？然而，实际上，我们可能会设计超过最大价格的面值吗？不会，因为超过最大价格的面值无法使用（因为每个物品支付必须恰好等于价格），所以面值最大为max(ai)即可。
2. 但是，考虑样例：两个物品，价格分别为1和3。如果我们设计面值1和3，那么支付1用1个1，支付3用1个3，总共2个硬币。如果我们只设计1，那么支付3
需要3个1，总共4个硬币。所以设计面值3是必要的。然而，如果我们设计面值1和2，那么支付1：1个1，支付3：1个2和1个1，总共3个硬币。所以最优是设计1和3。
3. 因此，我们
需要选择一组面值，使得总硬币数最少。面值必须包含1，且是递增的。设面值序列为v1=1, v2, v3, ..., vk（v1<v2<...<vk）。
4. 如何计算在给定面值系统下，支付一个价格a所
需的硬币数？我们可以用贪心（因为面值系统是我们设计的，我们可以要求它满足倍数的关系吗？）注意：题目没有要求硬币系统满足“整除”关系（即相邻面值不一定成倍数），但是，如果我们设计的系统不是倍数关系，那么贪心可能不是最优的（例如，如果面值1,3,4，那么支付6：用两个3是最优，而不是4+1+1）。然而，题目要求的是我们设计面值系统，然后支付时使用任意组合（即不限于贪心，可以任意组合），所以对于给定的面值系统，支付a的最小硬币数就是完全背包的最小硬币数。
5. 但是，如果我们设计的面值系统是任意的，那么对于每个物品我们都要用完全背包来计算最小硬币数，这样计算量会很大（因为物品数n和价格最大为M，而面值系统最多有M种面值，那么完全背包的复杂度为O(n*M^2)）。而且，我们还要枚举面值系统，这显然不可行。
6. 因此，我们
需要更优的解法。参考题解，通常有如下性质：
- 最优解的面值序列一定是倍数递增的，即v_{i+1}是v_i的倍数（或者至少是倍数关系）。为什么？因为如果不是倍数关系，那么我们可以通过调整来减少总硬币数。例如，假设我们有两个面值a和b，且a<b，但b不是a的倍数。那么存在某个价格x，用a和b支付时，可能会因为b不是a的倍数而导致
需要更多的a。而如果我们把b调整为a的倍数（比如调整为大于等于当前b的最小a的倍数），那么支付任何价格所
需的硬币数不会增加（因为原来使用的b现在可以用若干个a来替代，但调整后新的b可能更大，所以可能减少硬币数）。实际上，这个性质在经典的最小硬币系统设计问题中是成立的（即最优解的面值系统是倍数关系）。
7. 因此，我们可以假设面值系统是倍数递增的：即v1=1, v2=k1*v1, v3=k2*v2, ...，其中ki>=2。
8. 这样，面值系统就可以用一个序列k1, k2, ...来描述。同时，面值系统由这个序列唯一确定（v1=1, v2=k1, v3=k1*k2, ...）。那么，我们只
需要枚举这些倍数序列即可。
9. 但是，倍数序列的长度（即硬币种类的数量）最多为log(max(ai))（以最小倍数2递增，最大面值不超过max(ai)），所以最多大约20种（因为2^20>10^6，而题目中ai<=10^5）。
10. 那么，如何计算在给定倍数关系的面值系统下，支付所有物品所
需的总硬币数？
对于每个物品价格a，我们使用贪心（因为面值系统是倍数关系，所以贪心是最优的）：从大到小使用面值，对于面值v，使用c = a / v 个硬币，然后a %= v，直到a=0。
11. 因此，我们可以用动态规划来枚举倍数序列。但是，倍数序列的乘积（即最大面值）不能超过max(ai)（因为超过max(ai)的面值不会被使用，而且我们设计的面值最大为max(ai)即可，但为了计算方便，我们可以让最大面值达到max(ai)）。
12. 状态设计：设dp[i]表示当前最大面值为i时，支付所有物品所
需的总硬币数的最小值。注意：我们设计的面值系统必须包含1，且下一个面值必须是当前面值的倍数。
13. 转移：我们考虑在现有面值系统上增加一个新的面值，它是当前最大面值的倍数。设当前最大面值为v，下一个面值为k*v（k>=2）。那么，新的面值系统为原来的面值加上k*v。
14. 但是，增加新面值后，每个物品的支付方式可以优化：原来用多个v支付的，现在可以用一个k*v支付（或者用更少的大面值）。具体来说，对于每个物品价格a，原来在面值系统最大为v时，我们使用硬币数为c1（即贪心计算的结果）。现在增加了k*v后，我们可以将a分解成：a = (a // (k*v)) * (k*v) + a % (k*v)，而a%(k*v)部分用原来的面值系统（最大面值为v）来支付。因此，在增加了面值k*v后，支付a的硬币数减少量为：原来支付a时，在面值v这一层使用了多少个v？记为count_v。现在，我们可以用面值k*v来替代k个v（注意：k*v相当于1个硬币，而k个v
需要k个硬币），所以节省的硬币数为：count_v - (count_v // k) ??? 实际上，并不是这样简单。
15. 重新思考：在增加面值k*v后，支付a的硬币数可以这样计算：
- 使用c1个k*v（c1 = a / (k*v)），剩余a1 = a % (k*v)
- 然后对于a1，使用面值系统（最大面值为v）来支付，设
需要c2个硬币。
所以总硬币数为c1 + c2。
而原来没有k*v时，支付a
需要：c3 = a / v + (用更小的面值支付a%v的硬币数) ？注意，原来最大面值是v，所以支付a：先使用a/v个v，然后剩余a%v用更小的面值支付。设更小的面值支付a%v
需要c4个硬币，那么原来总硬币数为a/v + c4。
但是，在增加k*v后，我们支付a时，在v这一层使用的硬币数不再是a/v，而是a1/v（其中a1=a%(k*v))，所以节省的硬币数实际上是：(a/v) - (a1/v) （因为a/v - a1/v = (a - a1)/v = (k*v*c1)/v = k*c1）？不对，因为a - a1 = k*v*c1，所以(a/v) - (a1/v) = (a - a1)/v = (k*v*c1)/v = k*c1。
因此，原来在v这一层使用的硬币数是a/v，现在在v这一层使用的硬币数是a1/v，节省了k*c1个硬币？但同时，我们增加了c1个硬币（因为使用了c1个k*v）。所以净节省：k*c1 - c1 = (k-1)*c1。
所以，增加面值k*v后，支付a的硬币数减少量为(k-1)*c1。
那么，总节省量就是所有物品的(k-1)*c1之和。
因此，如果我们记f(v)为当前最大面值为v时支付所有物品的总硬币数，那么增加面值k*v后，总硬币数变为：
f(k*v) = f(v) - (k-1) * (所有物品的c1之和) [其中c1是物品a在增加新面值k*v后，使用的k*v的个数，即a/(k*v)]
16. 因此，我们可以这样设计DP：
- 状态：dp[i]表示当最大面值为i时，支付所有物品所
需的最小总硬币数。
- 初始化：dp[1] = 所有物品价格之和（因为只有面值1，所以每个价格a
需要a个硬币）。
- 转移：对于每个i（从1到max(ai)），枚举倍数k（k>=2），使得j=k*i<=max(ai)（实际上，我们可以让j超过max(ai)吗？不行，因为超过max(ai)的面值不会被使用，所以j最大到max(ai)即可）。然后：
dp[j] = min(dp[j], dp[i] - (k-1)*s)
其中s是所有物品的a除以j的商之和，即s = sum_{a in A} (a // j)
- 但是，这样转移是否正确？我们考虑每个物品a，在最大面值为i时，支付a的硬币数是多少？实际上，在最大面值为i时，我们支付a的硬币数并不是一个固定的值，因为面值系统是包含1到i的所有倍数关系的面值（即1, k1, k1*k2, ... , i），所以支付a的硬币数应该是贪心计算的结果。但是，我们上面的推导是基于“增加新面值j=k*i”后，节省的硬币数等于(k-1)*s。这个推导成立的前提是：在最大面值为i时，支付a的硬币数等于（a//i + 用更小面值支付a%i的硬币数）。而更小面值支付a%i的硬币数，实际上在最大面值为i时已经是最优的（因为面值系统是倍数关系，贪心成立）。
17. 然而，我们并没有直接计算dp[i]的具体值（除了dp[1]），而是通过dp[i]去更新dp[j]（j=k*i）。那么，我们如何保证dp[i]的值是正确的？实际上，我们是从最小的面值开始（dp[1]已知），然后逐步扩展更大的面值。由于倍数关系，每个面值系统都会被枚举到。
18. 但是，注意：面值系统可能不是连续的倍数关系？比如，我们可能跳过一些倍数？实际上，我们枚举的倍数k>=2，所以下一个面值一定是当前面值的倍数，并且我们从小到大枚举，所以可以覆盖所有倍数关系的面值系统。
19. 因此，算法步骤：
- 设max_a = max(ai)，即所有物品的最大价格。
- 初始化dp数组：dp[1] = sum(ai) （因为只有面值1）
- 然后，对于每个i从1到max_a，如果dp[i]已经被计算过（即不是无穷大），则枚举倍数k（k>=2），计算j=k*i，如果j<=max_a，则：
s = 0
for each a in A:
s += a // j
然后，dp[j] = min(dp[j], dp[i] - (k-1)*s)
- 最后，答案就是所有dp[i]（i从1到max_a）的最小值。
20. 为什么？因为dp[i]表示最大面值为i时的总硬币数，而我们的面值系统可以包含多个面值（1, i1, i2, ..., i），但注意，我们DP的过程是逐步增加面值的，并且每次增加的面值都是当前最大面值的倍数，所以整个面值系统是倍数递增的。而且，我们枚举了所有可能的最大面值（从1到max_a），所以最优解一定在其中。
21. 但是，这样设计的状态转移是否覆盖了所有可能的倍数序列？比如，面值系统可能是1,2,4,8，也可能是1,2,6（如果2*3=6）？注意，我们的转移是：当前面值为i，然后我们枚举一个倍数k，得到下一个面值j=k*i。那么，当我们处理i=2时，枚举k=3，得到j=6，这样面值系统就包含了1,2,6。然后，当处理i=6时，还可以再枚举k=2，得到j=12，等等。所以，所有倍数序列都被枚举了。
22. 然而，我们并没有考虑面值系统的中间面值？比如，我们可能同时有面值2和3，然后下一个面值6（既是2的倍数又是3的倍数）。但是，我们的DP转移是线性的：从1开始，然后1->2，1->3，然后2->4,2->6,3->6,3->9等等。那么，当我们计算dp[6]时，可能从dp[2]转移过来（k=3），也可能从dp[3]转移过来（k=2）。但是，在dp[2]转移时，我们只考虑了面值系统为1,2,6，而忽略了3？实际上，在dp[2]时，我们增加面值6，此时面值系统是1,2,6，中间没有3。那么，在支付时，对于a%6的部分，我们使用面值1和2来支付（因为最大面值2），所以这部分支付是使用1和2的最优解（贪心）。但是，如果我们有面值3，可能支付a%6时更优？然而，我们的面值系统是倍数关系，所以1,2,6这个系统并不包含3，所以不能使用3。因此，我们的DP状态dp[i]只表示当前最大面值为i，并且面值系统是由转移路径上的那些面值组成的（即1, ..., i，且i是前面某个面值的倍数）。
23. 但是，我们并没有要求面值系统是连续的倍数，比如1,2,4,8，中间可以跳过一些倍数吗？实际上，我们每次增加一个面值j=k*i，这个j是当前最大面值i的倍数，但和之前的面值不一定连续倍数（例如，我们可以有1,3，然后6=3*2，那么面值系统为1,3,6）。而1和3之间，3是1的3倍，6是3的2倍，所以整个系统还是倍数关系（相邻面值倍数）。
24. 所以，我们枚举了所有可能的倍数序列。但是，注意：同一个面值系统可能通过不同的路径得到。例如，面值系统1,2,4：
路径1：1->2（k=2）->4（k=2）
路径2：1->4（k=4） [这样在1的基础上直接跳到4，中间没有2]
那么，哪种路径正确？实际上，两种路径都是合法的，但是我们
需要计算在面值系统1,2,4下的总硬币数，而路径1会计算出dp[2]和dp[4]，路径2会直接计算出dp[4]。那么，哪种路径计算出的dp[4]更小？实际上，路径1：先计算dp[2]=dp[1] - (2-1)*s1，其中s1是所有a//2的和。然后dp[4]=dp[2] - (2-1)*s2，其中s2是所有a//4的和。而路径2：dp[4]=dp[1] - (4-1)*s2。那么，哪种更优？我们
需要具体计算。
例如，考虑一个物品a=3：
路径1：dp[1]=3
计算dp[2]: 在增加面值2后，s1=3//2=1，所以dp[2]=3-1=2（因为节省了1个硬币：原来用3个1，现在用1个2和1个1，共2个硬币）
然后增加面值4：s2=3//4=0，所以dp[4]=2-0=2
路径2：dp[4]=3 - (4-1)*0=3
所以路径1更优。
因此，我们
需要通过中间面值逐步转移，才能得到更优的解。所以，我们的DP转移中，必须枚举每一个倍数，并且从小到大地更新。
25. 但是，路径1和路径2都是合法的，我们都要枚举。所以，在DP中，我们对于每个i，枚举所有倍数k，然后更新dp[j]（j=k*i）。这样，路径1和路径2都会被枚举到。
26. 然而，直接枚举倍数k，k从2到max_a//i，那么j=k*i<=max_a。这样，状态总数是max_a（因为i从1到max_a），每个状态枚举倍数k，总枚举量是O(max_a * (max_a/i))，对所有i求和，即O(max_a * H_{max_a})，其中H是调和级数，所以总复杂度O(max_a * log(max_a))。而max_a<=10^5，所以10^5*log2(10^5)≈10^5*17≈1.7e6，可以接受。
27. 但是，我们还
需要计算s=sum(a//j)，其中j=k*i。如果对每个j（即每个状态转移）都遍历所有a（n个物品）来计算s，那么总复杂度是O(n * 状态转移次数)=O(n * max_a * log(max_a))，而n<=50，max_a=10^5，那么50*1.7e6=85e6，在
C++中可能勉强通过（注意常数优化）。
28. 优化：我们可以预处理每个j对应的s(j)=sum_{a in A} (a//j)。但是，j的范围是1到max_a（10^5），而n=50，所以我们可以用O(n*max_a)的预处理？不行，O(n*max_a)=50*10^5=5e6，可以接受。但是，我们不
需要对每个j都计算，因为j只会在状态转移时出现（即j是某个i的倍数，且j<=max_a），但j的取值也是1到max_a，所以我们可以预先计算所有j的s(j)。
如何计算s(j)=sum(a//j)？对于每个j，我们遍历n个物品，计算a_i//j然后求和。总复杂度O(n*max_a)=50*10^5=5e6，可以。
29. 但是，注意：我们枚举的j=k*i，而i和k都是整数，j从1到max_a，所以我们可以预先计算好所有j（1到max_a）的s(j)。
30. 因此，算法步骤：
- 读入n和物品价格数组A，令max_a = max(A)
- 初始化dp数组（大小为max_a+1，下标从1到max_a），dp[1]=sum(A)，其他dp[i]=无穷大（一个很大的数）
- 预处理数组s：s[j] = 0 for j in [1, max_a]
for j from 1 to max_a:
for each a in A:
s[j] += a // j （注意：整数除法）
- 但是，这样预处理
需要O(n*max_a)时间，n=50，max_a=10^5，50*10^5=5e6，可以接受。
- 然后，对于i从1到max_a：
如果dp[i]是无穷大，跳过。
否则，枚举倍数k：k>=2，且j=k*i<=max_a：
dp[j] = min(dp[j], dp[i] - (k-1)*s[j])
- 最后，ans = min{ dp[i] for i in 1..max_a }
31. 但是，这里有一个问题：在状态转移时，我们使用的s[j]是固定的，与转移路径无关。而实际上，在dp[i]的状态下，面值系统是1,...,i（倍数关系），那么支付a时，小于等于i的部分已经用最优方式（贪心）支付了。当我们增加面值j后，支付a时，我们使用a//j个j，然后剩余a%j，而a%j部分用面值系统1..i来支付。但是，我们的s[j]只是a//j的和，并没有考虑剩余部分在面值系统1..i下的支付情况。然而，在dp[i]中已经包含了支付整个a的硬币数（即用1..i的面值系统支付a的硬币数）。而我们推导的节省量是(k-1)*s[j]，这个节省量正是从原来支付a的硬币数中扣除的（因为原来在面值i下，支付a
需要将a分解成若干i和剩余部分，而增加j后，原本用k个i支付的部分（k*i）现在可以用一个j支付，所以节省了k-1个硬币，而这里k是倍数，即j=i*k，所以一个j相当于k个i，所以节省k-1个硬币，而每个物品节省的硬币数就是(a//j)*(k-1)？不对，应该是(a//j)*(k-1)？不对，重新推导：
设当前最大面值为i，支付a的硬币数为：c = a//i + c'，其中c'是用更小面值支付a%i的硬币数。
当我们增加面值j=k*i后，支付a变为：使用c1 = a//j个j，然后剩余a1=a%j，然后用最大面值i支付a1：
需要c2 = a1//i + c''（其中c''是更小面值支付a1%i的硬币数）。
而原来支付a时，在i这一层使用的硬币数是a//i，现在支付a1时，在i这一层使用的硬币数是a1//i。
所以，在i这一层节省的硬币数为：a//i - a1//i = (a - a1) / i （因为a-a1是j的倍数，即k*i的倍数，所以(a-a1)/i = k * (a//j)）
同时，我们增加了a//j个硬币（j面值的硬币）。
所以，净节省：k*(a//j) - (a//j) = (k-1)*(a//j)
因此，总节省量就是(k-1)*s[j]（s[j]=sum(a//j)）。
所以，转移公式正确。
32. 但是，注意：在增加面值j后，剩余部分a1的支付使用的是面值系统1..i（即最大面值为i），所以dp[j] = dp[i] - (k-1)*s[j] 就表示在原来dp[i]的基础上，节省了(k-1)*s[j]个硬币。
33. 因此，代码实现：
- 注意：dp数组初始化，dp[1]=所有a_i之和。
- 预处理s数组：s[j] = sum_{i=1}^{n} (a_i // j)
- 然后i从1到max_a循
环，如果dp[i]不是无穷大，则枚举倍数k（从2开始，直到j=k*i<=max_a），更新dp[j] = min(dp[j], dp[i] - (k-1)*s[j])
34. 最后，答案取所有dp[i]的最小值（包括dp[1]）。
35. 注意：有可能最优解就是dp[1]（即只使用面值1），或者中间某个dp[i]更小。
36. 但是，我们这样得到的dp[i]对应的面值系统并不一定是完整的倍数序列？比如，dp[6]可能是从dp[3]转移过来的（k=2），此时面值系统是1,3,6（即1,3,6，中间没有2）。那么，在支付时，我们使用面值1,3,6，这样支付一个价格a时，我们使用贪心：先尽可能用6，然后用3，最后用1。所以，dp[6]的值就是使用面值系统{1,3,6}支付所有物品的总硬币数。
37. 因此，我们考虑的面值系统是：从1开始，每次乘以一个倍数k，得到下一个面值，直到最大面值不超过max_a。并且，每个状态dp[i]对应的面值系统就是由转移路径上的面值组成的（即从1开始，乘以一系列倍数得到i）。
38. 所以，我们枚举了所有可能的倍数序列（即所有可能的硬币系统），并且计算了总硬币数，取最小值。
39. 代码实现细节：
- 使用数组dp，大小为max_a+1（下标0不用，从1到max_a）。
- 初始化dp[1]=sum，其他dp[i]=INF（一个很大的整数，比如0x3f3f3f3f，或者1e18）。
- 预处理s数组：s[j] = 0; for (int i=1; i<=n; i++) s[j] += a[i]/j;
- 循
环：for (int i=1; i<=max_a; i++) {
if (dp[i] == INF) continue;
for (int k=2; k*i<=max_a; k++) {
int j = k * i;
dp[j] = min(dp[j], dp[i] - (k-1)*s[j]);
}
}
- 然后ans = *min_element(dp+1, dp+max_a+1);
40. 但是，注意：我们枚举的倍数k，k从2开始，直到j<=max_a。那么，对于每个i，k的上限是max_a//i。
41. 最后输出ans。
42. 验证样例：两个物品，25和102，max_a=102。
dp[1] = 25+102=127
然后，我们枚举i=1，倍数k从2到102：
比如k=2，j=2，s[2]=25//2+102//2=12+51=63，则dp[2]=min(INF, 127-1*63)=64
k=3，j=3，s[3]=25//3+102//3=8+34=42，dp[3]=127-2*42=127-84=43
... 等等，直到k=25，j=25，s[25]=25//25+102//25=1+4=5，dp[25]=127-24*5=127-120=7
k=102, j=102, s[102]=0+1=1，dp[102]=127-101*1=26
然后，当i=25时，可以枚举k=4（因为25*4=100<=102），则j=100，s[100]=25//100+102//100=0+1=1，则dp[100]=min(INF, dp[25] - (4-1)*1) = 7-3=4
然后，当i=100时，枚举k=2，j=200>102，所以不枚举。
最后，ans=min(127,64,43,...,7,26,...,4)=4，符合样例。
43. 因此，代码实现如下：
注意：题目要求
C++代码，并且注意效率（n<=50，max_a<=10^5，所以预处理s数组
需要5e6次运算，DP部分
需要O(max_a*log(max_a))≈1.7e6次循
环，总运算次数约6.7e6，在
C++中可接受）。
代码：
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <climits>
using namespace std;
int main() {
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n);
int max_a = 0;
long long sum = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> a[i];
max_a = max(max_a, a[i]);
sum += a[i];
}
// 预处理s: s[i] = sum_{j=0}^{n-1} (a[j] // i)
vector<long long> s(max_a+1, 0); // s[0]不用，下标1..max_a
for (int i = 1; i <= max_a; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
s[i] += a[j] / i; // 整数除法
}
}
// dp数组，dp[i]表示最大面值为i时的最小总硬币数
vector<long long> dp(max_a+1, LLONG_MAX);
dp[1] = sum; // 初始：只有面值1
// DP
for (int i = 1; i <= max_a; i++) {
if (dp[i] == LLONG_MAX) continue; // 如果当前状态不可达，跳过
// 枚举倍数k，下一个面值j=k*i
for (int k = 2; (long long)k * i <= max_a; k++) { // 注意：k*i可能溢出int？但max_a<=10^5，k最大为max_a，所以k*i最大10^10，可能超过int，所以用long long转换，或者i用long long？这里k*i<=max_a，所以k<=max_a/i，所以k*i<=max_a，不会超过max_a（int范围内）
int j = k * i;
if (j > max_a) break; // 其实循
环条件已经保证了，可以不要
// 转移: dp[j] = min(dp[j], dp[i] - (k-1)*s[j])
if (dp[i] - (k-1)*s[j] < dp[j]) {
dp[j] = dp[i] - (k-1)*s[j];
}
}
}
// 答案：所有dp[i]的最小值
long long ans = *min_element(dp.begin()+1, dp.end());
cout << ans << endl;
return 0;
}
44. 注意：上面的dp数组初始化时，dp[1]=sum，然后其他状态从dp[1]转移。但是，有可能最优解就是dp[1]，所以最后取最小值时包括dp[1]。
45. 但是，我们只枚举了最大面值不超过max_a的情况，而题目没有要求最大面值不超过max_a？但是，超过max_a的面值不会被使用（因为每个物品的价格<=max_a），所以最大面值超过max_a没有意义（因为不会被使用，而且设计面值超过max_a，那么支付时不会使用，所以总硬币数不会减少）。因此，最大面值只
需枚举到max_a。
46. 提交
洛谷测试。
但是，注意：题目中每个物品的价格可能为0？题目说“正整数”，所以不用考虑0。
47. 优化：预处理s数组时，我们使用了二重循
环，内层循
环n，外层循
环max_a，总循
环次数n*max_a=50*10^5=5e6，在
C++中可接受（约0.5秒）。但也可以优化：使用数论分块优化s数组的计算？但是n很小，所以不
需要。
48. 另一种优化：我们注意到，对于j很大时，a[j]//j可能为0（当j>a[i]时，a[i]//j=0），所以我们可以对每个a[i]，只枚举j从1到a[i]（或者1到min(max_a, a[i])），这样总循
环次数为sum_{i} a[i] <= n * max_a = 50*10^5=5e6，和上面一样。但是，我们上面的写法是枚举j，然后枚举每个a[i]，这样在j>max_a时不会进入，所以和优化后一样。因此，不
需要改变。
49. 运行测试：样例输入
2
25 102
输出：4
50. 另一个样例：两个物品，1和3，max_a=3。
dp[1]=1+3=4
预处理s:
s[1]=1+3=4
s[2]=0+1=1 (1//2=0, 3//2=1)
s[3]=0+1=1
然后，i=1时：
k=2: j=2, dp[2]=4-1*1=3
k=3: j=3, dp[3]=4-2*1=2
然后，i=2时：枚举k=2，j=4>3，跳过。
i=3时：枚举k=2，j=6>3，跳过。
最后，ans=min(4,3,2)=2，正确。
51. 因此，代码正确。
注意：由于题目中n最大50，max_a最大100000，所以预处理s数组
需要50*100000=5000000次运算，在
C++中大约0.5秒（一般1e6次运算约0.1秒，5e6约0.5秒）。DP部分状态数max_a=100000，每个状态枚举倍数k，总循
环次数约为sum_{i=1}^{max_a} (max_a/i) 的约数个数和，即O(max_a * log(max_a))，100000*log2(100000)≈100000*17=1.7e6，所以总循
环次数约1.7e6，也是0.1秒左右。总时间0.6秒，可以接受。
提交
洛谷P5228。
但是，注意：
洛谷P5228的题目名称是[
AHOI2013]找硬币，和BZOJ3233是同一题。
最后，输出代码。</think>###
洛谷 P5228 [
AHOI2013]找硬币 题解
#### 问题分析
题目要求设计一套硬币系统（必须包含面值1），使得支付给定物品价格时使用的总硬币数最小。硬币面值必须是正整数且递增，支付时使用任意组合。核心思路是利用动态规划，枚举所有可能的倍数关系面值系统，并计算对应的总硬币数。
#### 算法思路
1. **问题性质**：最优解的面值序列满足倍数递增关系（$v_{i+1} = k_i \times v_i$，$k_i \geq 2$），可减少状态空间。
2. **状态定义**：设 $dp[i]$ 表示最大面值为 $i$ 时支付所有物品的最小总硬币数。
3. **状态转移**：
- 初始化：$dp[1] = \sum \text{所有物品价格}$（仅使用面值1）。
- 转移方程：$dp[j] = \min(dp[j], dp[i] - (k-1) \times s[j])$，其中 $j = k \times i$，$s[j] = \sum \lfloor a / j \rfloor$（$a$ 为物品价格）。
4. **预处理**：计算 $s[j]$（所有物品价格整除 $j$ 的和）。
5. **答案**：$\min_{i=1}^{\text{max}\_a} dp[i]$。
#### 时间复杂度
- 预处理 $s[j]$：$O(n \times \text{max}\_a)$，$n \leq 50$，$\text{max}\_a \leq 10^5$，约 $5 \times 10^6$ 次操作。
- 动态规划：$O(\text{max}\_a \log \text{max}\_a)$，约 $1.7 \times 10^6$ 次操作。
- 总复杂度可接受。
####
C++ 代码实现
```cpp
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <climits>
using namespace std;
int main() {
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n);
int max_a = 0;
long long sum = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> a[i];
max_a = max(max_a, a[i]);
sum += a[i];
}
vector<long long> s(max_a + 1, 0);
for (int i = 1; i <= max_a; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
s[i] += a[j] / i;
}
}
vector<long long> dp(max_a + 1, LLONG_MAX);
dp[1] = sum;
for (int i = 1; i <= max_a; i++) {
if (dp[i] == LLONG_MAX) continue;
for (int k = 2; (long long)k * i <= max_a; k++) {
int j = k * i;
long long reduction = (k - 1) * s[j];
if (dp[i] - reduction < dp[j]) {
dp[j] = dp[i] - reduction;
}
}
}
long long ans = *min_element(dp.begin() + 1, dp.end());
cout << ans << endl;
return 0;
}
```
#### 样例测试
- **输入**：
`2`
`25 102`
- **输出**：
`4`
解释：设计面值 $\{1, 25, 100\}$，支付 25 用 1 个 25，支付 102 用 1 个 100 和 2 个 1，共 4 个硬币。
#### 相关拓展问题
1. **如何证明最优面值系统一定满足倍数关系？**
若存在非倍数关系面值，可通过调整成倍数关系减少总硬币数（数学归纳法证明）[^1]。
2. **当物品价格范围极大（如 $10^9$）时如何优化？**
- 预处理 $s[j]$ 时使用数论分块，将计算复杂度优化至 $O(n \sqrt{\text{max}\_a})$。
- 动态规划中只枚举有效的 $j$（$s[j] > 0$ 时）。
3. **是否存在贪心或数学解法？**
本题
需枚举所有倍数路径，贪心选择局部最优的 $k$ 可能错过全局最优解[^2]。
[^1]: BZOJ3233 [
Ahoi2013]找硬币，样例解释与倍数关系性质。
[^2]: BZOJ刷题记录，动态规划在硬币系统设计中的应用。
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