测试地址：埃及分数
做法：乍一看这道题，有点懵，因为不知道到底有多少个1/a才能组成这个分数，而BFS的空间耗费实在是太巨大了，因此我们就可以用迭代加深的思想来解决：在最外层枚举搜索的深度（即分数的个数），在这一层中搜索解，如果找不到解就继续加深，找到解则输出最优的解。而这题用浮点数存储分数的话会有各种奇怪的错误，所以我们可以用两个数a,b分别表示分数的分子和分母。在搜索时，我们记录前几层搜索后所剩下的分数la/lb（即a/b-1/x1-1/x2-...），设这一层所枚举的分母为i，则易发现以下不等式：1/i ≤ la/lb，(深度上限-已经取过的分数数量)*(1/i)>(la/lb)，由于la,lb,i都是整数，所以：i≥lb/la，b*(深度上限-已经取过的分数数量)>a*i，这些就可以确定i的范围了。还需要注意，i还要大于上一层的分母，所以枚举时要从max(上一层分母+1,lb/la)开始搜索（要注意lb/la的计算）。那么，如何计算剩余数x/y=la/lb-1/i呢？就像我们小学学的一样通分即可：la/lb-1/i=(la*i)/(lb*i)-lb/(lb*i)=(la*i-lb)/(lb*i)，所以x=(la*i-lb)，y=(lb*i)。要注意约分，即x,y都除以gcd(x,y)，这是为以下的剪枝做准备：如果搜到最后只剩一层，就无需枚举，查看剩余数的分子是否是1即可，这就体现出约分的重要性了。由于题目中要求最大分母最小，且与此同时分母的字典序要最小，由于我们枚举时就是按字典序查找的，所以我们不用考虑字典序的问题，而最大分母最小这一个条件很好判断，有更好解的时候直接替换即可。
以下是本人代码（别看上面讲了那么一堆，实际上程序不长...）：
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define inf 999999999
using namespace std;
long long a,b,depth,dion[101]={0},ans[101]={0};
bool flag=0;
long long gcd(long long a,long long b)
{
return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
void dfs(long long la,long long lb,long long step)
{
if (step+1==depth)
{
if (la==1)
{
dion[step+1]=lb;flag=1;
if (dion[step+1]<ans[step+1]||ans[step+1]==0)
memcpy(ans,dion,sizeof(dion));
}
return;
}
long long first=lb%la?lb/la+1:lb/la;
for(long long i=max(dion[step]+1,first);;i++)
{
if (lb*(depth-step)<=i*la) break;
dion[step+1]=i;
long long nxta,nxtb,g;
nxta=la*i-lb,nxtb=lb*i;
g=gcd(nxta,nxtb);
dfs((long long)nxta/g,(long long)nxtb/g,step+1);
}
}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&a,&b);
long long g=gcd(a,b);
dion[0]=1;
for(depth=1;;depth++)
{
dfs((long long)a/g,(long long)b/g,0);
if (flag) break;
}
for(int i=1;i<=depth;i++)
printf("%lld ",ans[i]);
return 0;
}