百鸡百钱问题-从枚举到数学

给定一个正整数 $n$，用 $n$ 文钱买 $n$ 只鸡，问公鸡、母鸡、小鸡各买多少只？（公鸡 $5$ 元一只，母鸡 $3$ 元一只，小鸡 $1$ 元 $3$ 只）

你只需求出解的数量即可。

题目思路：

1. 首先我们可以想到，用三重循环枚举公鸡、母鸡、小鸡的数量，如果满足要求将答案加 $1$ 即可。这种解法的时间复杂度为 $\mathcal{O}(n^3)$。

#include<iostream>
using namespace std;
int main(){
    int n,ans=0;
    cin>>n;
    for(int i=0;i<=n;i++)
        for(int j=0;j<=n;j++)
            for(int k=0;k<=n;k++)
                if(5*i+3*j+k/3==n&&k%3==0&&i+j+k==n)
                    ans++;
    cout<<ans;
    return 0;
}

2. 经过简单思考可知，实际上我们可以剪掉一重循环，比如说 $n=100$，当 $i=4,j=18$时，我们可以直接推出 $k=78$，只需验证费用和是否为 $n$ 即可。时间复杂度优化至 $\mathcal{O}(n^2)$。

#include<iostream>
using namespace std;
int main(){
    int n,ans=0;
    cin>>n;
    for(int i=0;i<=n;i++)
        for(int j=0;j<=n;j++){
            int k=n-i-j;
            if(k%3==0&&5*i+3*j+k/3==n)ans++;
        }
    if(ans)cout<<ans;
    else cout<<"No Answer.";
    return 0;
}

3. 当 $n$ 的值进一步扩大时，我们应当怎么办呢？这时就需要引进数学思维了。设公鸡的数量为 $x$，母鸡的数量为 $y$，可以列出方程：$5x+3y+\frac{n-x-y}{3}=n$，可以解得 $y=\frac{n-7x}{4}$，这样我们只需要用一层循环枚举公鸡的数量即可。时间复杂度进一步优化至 $\mathcal{O}(n)$。

#include<iostream>
using namespace std;
int main(){
    int n,ans=0;
    cin>>n;
    for(int x=0;n-7*x>=0;x++)
        if((n-7*x)%4==0){
            int y=(n-7*x)/4;
            if(n-x-y>=0&&(n-x-y)%3==0)ans++;
        }
    if(ans)cout<<ans;
    else cout<<"No Answer.";
    return 0;
}

4. 计蒜客上有一道题将 $n$ 扩大到了 $10^{18}$，即使已经很优的线性复杂度也肯定会超时。那么怎么办呢？计蒜客提供了一种扩展欧几里得算法的解法，时间复杂度为 $\mathcal{O}(\log n)$，可以通过该数据，不过这不是我们要重点介绍的算法，读者们可以自行了解其算法内涵。我们要重点介绍的算法在 $O(n)$ 算法的基础上继续使用数学思维。通过举例可以发现，$n$ 的值每增加 $28$，即 $\mathrm{lcm}(4,7)$，答案就增加 $1$，那么答案是否为单调不降呢？实际上不是。我们可以从 $1$ 到 $28$ 所有的数都枚举一遍，可以发现，当 $n$ 模 $28$ 的数为一些数（具体见代码）时，答案的值是要比其他少 $1$ 的。这样，我们就可以使用 $\mathcal{O}(1)$ 的时间复杂度通过本题。

$\mathcal{O}(\log n)$ 的做法：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#define int long long
using namespace std;
inline void exgcd(int a,int b,int &d,int &x,int &y){
	if(!b){d=a,x=1,y=0;return;}
	exgcd(b,a%b,d,y,x);
	y-=a/b*x;
}
signed main(){
	int a=3,b=4,d=1,x0,y0,n;
	cin>>n;
	exgcd(a,b,d,x0,y0);
	if((n*3)%d==0){
		int x1=x0*3*n;
		int y1=y0*3*n;
		int maxx=min(-x1/b,y1/a);
		int minn=(-(n+x1-y1)-1)/(a+b)+1;
		if(maxx>=minn)cout<<maxx-minn+1<<endl;
		else cout<<"No Answer."<<endl;
	}else cout<<"No Answer."<<endl;
	return 0;
}

$\mathcal{O}(1)$ 的做法：

#include<cstdio>
#define int long long
int a[]={1,2,3,5,6,9,10,13,17};
signed main(){
    int n;
    scanf("%lld",&n);
    int ans=1;
    for(int i=0;i<9;i++)
        if(n%28==a[i])ans=0;
    if(n/28+ans==0)puts("No Answer.");
    else printf("%lld",n/28+ans);
    return 0;
}