题目描述

在网友的国度中共有 n 种不同面额的货币，第 i 种货币的面额为 a[i]，你可以假设每一种货币都有无穷多张。

为了方便，我们把货币种数为 n、面额数组为 a[1..n] 的货币系统记作 (n,a)。 

在一个完善的货币系统中，每一个非负整数的金额 x 都应该可以被表示出，即对每一个非负整数 x，都存在 n 个非负整数 t[i] 满足 a[i]×t[i] 的和为 x。

然而，在网友的国度中，货币系统可能是不完善的，即可能存在金额 x 不能被该货币系统表示出。

例如在货币系统 n=3, a=[2,5,9] 中，金额 1,3 就无法被表示出来。 

两个货币系统 (n,a) 和 (m,b) 是等价的，当且仅当对于任意非负整数 x，它要么均可以被两个货币系统表出，要么不能被其中任何一个表出。 

现在网友们打算简化一下货币系统。

他们希望找到一个货币系统 (m,b)，满足 (m,b) 与原来的货币系统 (n,a) 等价，且 m 尽可能的小。

他们希望你来协助完成这个艰巨的任务：找到最小的 m。

输入格式

输入文件的第一行包含一个整数 T，表示数据的组数。

接下来按照如下格式分别给出 T 组数据。 

每组数据的第一行包含一个正整数 n。

接下来一行包含 n 个由空格隔开的正整数 a[i]。

输出格式

输出文件共有 T 行，对于每组数据，输出一行一个正整数，表示所有与 (n,a) 等价的货币系统 (m,b) 中，最小的 m。

数据范围

1≤n≤100,
1≤a[i]≤25000,
1≤T≤20

样例

2 
4 
3 19 10 6 
5 
11 29 13 19 17 

2
5

完全背包 $O(T * N * M)$

简单来说就是一个完全背包，下面给出学习过程：

对于第一个样例 3、19、10、6 我们可以发现 6 和 19 没必要存在，因为可以被 3 和 10 表示出来，6 = 2 * 3 + 0 * 10，19 = 3 * 3 + 1 * 10。

我们可以先对 3、19、10、6 排序，得到 3、6、10、19，首先第 i 个数不可能被 i 之后的数表示出来，所以我们只需要考虑第 i 个数能不能被第 1 ~ i - 1 个数至少有一种方案表示出来，如果能，那么第 i 个数没有存在的必要，如果不能，那么这个数需要存在。

但思考到这里，我们会不由得想到，为什么不能就一定需要存在呢？就不能取原数组以外的数吗？

我们设原数组为 a ，更新后的数组为 b，假设 bi 存在于 b 而不存在于 a 中，但是根据题目要求 a 和 b 能表达的数范围是一致的，所以 a 中存在两个数及以上能恰好等于 bi，设为 bi = ax + ay + ……。同样的，又因为 a 和 b 能表达的数范围是一致的，所以 b 中能表示出 ax、ay、……，假设 ax = bx1 + bx2 + ……，ay = by1 + by
2 + ……，……。换而言之 bi = ax + ay + ……中的ax、ay等数能被 b 数组中的数等价替换掉，由此可以发现 bi = （bx1 + bx2 + ……）+（by1 + by2 + ……）+ ……。

既然 bi 能被 b 数组其他数表示，那本身是不必存在的，这对于题目中对 b 数组要求的 m 尽可能小矛盾，所以 b 数组必然是对 a 数组的精简。

故而我们可以先对 a 数组正序排序，再把题目抽象成完全背包问题，dp [ i - 1] [ a [ i ] ] 表示前 i - 1 个数能否至少存在一种方案凑出 a [ i ] 来。

C++ 代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 110, M = 25010;

int a[N], dp[N][M];  //表示在前 i 种货币中，是否至少有一种方案恰好能凑成 j 

int main() {
    int t;
    cin >> t;
    while (t --) {
        int n;
        cin >> n;
        for (int i = 1; i <= n; ++ i) cin >> a[i];
        sort (a + 1, a + n + 1);
        memset(dp, 0, sizeof dp);
        int ans = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
            if (!dp[i - 1][a[i]]) ++ ans;
            for (int j = 1; j < M; ++ j) {
                dp[i][j] = dp[i - 1][j];
                //防止数据溢出，能判断是否大于0即可，不求具体方案数
                if (j > a[i]) dp[i][j] |= dp[i][j - a[i]];  
                else if (j == a[i]) dp[i][j] |= 1;
            } 
        }
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}