题目大意
给出一个真分数 a/b，要求出几个互不相同的埃及分数（从大到小），使得它们之和为 a/b
（埃及分数意思是分子为1的分数，详见百度百科）
如果有多组解，则分数数量少的优先
如果分数数量一样则分母最大的要尽量小，如果最大的分母同样大，则第二大的分母尽量小，以此类推
为了加大难度，会给出k个不能作为分母的数
（2<=a,b<=876，k<=5 并且 a,b 互质）
首先想的是数论，但是呢
推不出来...
然后发现a,b好像不大
貌似可以搜索
但是呢
不知道上界...
那就迭代加深搜索呗
然后想想怎么剪枝
如果知道 a/b，要怎么求出最小 k 使 1/k < a/b 呢（注意符号）
易知 a/b 为真分数 ，a,b,k均为整数
所以 a<b
所以必定有整数 x,y 使得 x*a+y=b 且y<a
所以可得 int(b/a)=int( (x*a+y) /a )=int(x*a/a)+int(y/a) = x
因为 int(b/a)<=b/a，int(b/a)=x
所以 x+1 > b/a , 所以 int(b/a)+1>b/a，所以1/(x+1) < a/b 又 1/int(b/a)=1/x >=a/b 所以 x+1就是最小的 k 使得 1/k < a/b 所以 k=int(b/a) + 1 证明完毕
知道了 k 的下界，那还要求 k 的上界
显然每次求的分母肯定要比上一次大（题目要求）
所以如果后面所有的分母都为 k ，加起来还没有当前要求的数大，那就不要再搜下去了，再下去也不会有结果的
然后就可以搜了，至于判断是否可用我用的是set
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<set>
using namespace std;
const int N=1e5+7;
set <long long> p;
long long t,A,B,n,mxdep;
long long ans[N],w[N];
bool flag;
inline long long gcd(long long a,long long b)
{
return b ? gcd(b,a%b) : a;
}//gcd是为了约分
inline bool pd()
{
for(int i=mxdep;i;i--)
if(ans[i]!=w[i])
return ans[i]&&ans[i]<w[i];
return 0;
}//判断答案是否更优
inline void dfs(long long dep,long long a,long long b,long long mi)
{
if(dep==mxdep)
{
if(b%a||(b<(mi-1)*a+1)||p.count(b/a)) return;//判断合法性
//如果a/b可化为 1/k 的形式并且 1/k 可以选
w[dep]=b/a;
if(pd()) return;//判断答案是否更优
memcpy(ans,w,sizeof(w)); flag=1;//更新
return;
}
mi=max(mi,b/a+1);//求出下界
for(long long i=mi;i;i++)
{
if( (mxdep-dep+1)*b<=i*a ) return;//上界
if(p.count(i)) continue;//判断合法
w[dep]=i;//记录路径
long long xa=a*i-b,xb=i*b;//通分
long long z=gcd(xa,xb);
dfs(dep+1,xa/z,xb/z,i+1);//约分，向下一层
}
}
int main()
{
cin>>t;
for(long long i=1;i<=t;i++)
{
flag=0; mxdep=1;
cin>>A>>B>>n;
long long c;
p.clear();//细节
while(n--) scanf("%lld",&c),p.insert(c);//存储不合法的数
while(mxdep++)
{
memset(ans,0,sizeof(ans));
dfs(1,A,B,B/A+1);
if(flag) break;
}//迭代加深
printf("Case %lld: %lld/%lld=1/%lld",i,A,B,ans[1]);
for(int i=2;i<=mxdep;i++)
printf("+1/%lld",ans[i]);
printf("\n");
}
return 0;
}
来源：oschina
链接：https://my.oschina.net/u/4295895/blog/3833826