简要题意：
求一个长度最小的货币系统与给出的货币系统等价。求这个货币系统的长度。等价的定义详见题目，不再赘述。
本文可能用到一些集合论，请放心食用。
算法一
(n=2) 时，只需判断两个数的倍数关系。有倍数关系则答案为 (1)，否则为 (2).
时间复杂度：(O(T imes n)).
实际得分：(15pts).
算法二
(n=3) 时，首先，如果两个数都是另一个数的倍数，那么答案为 (1).
否则，如果仍存在倍数关系，则答案为 (2).
其余的情况，只需要考虑，最小的数和次小的数能否表示出最大的数。
能则为 (2)，否则为 (3).
这里有很多种方法判断。比如：
-
暴力，用桶直接来，(O(max a_i)).
-
考虑解方程，用 ( exttt{exgcd}) 写，(O(log max a_i)).
总之，时间复杂度为 (O(T imes n imes (max a_i))). （无需优化，因为没有必要）
实际得分：(30pts).
算法三
首先，假设给出 (S)，答案为 (T). 则必有：
下面来证明这个结论。
如果 (T ot in S)，则考虑取出 (x = min (i in S))，(y = min(i in T)).
如果 (x<y)，则 (x) 无法被表示。
如果 (y>x)，则 (y) 无法被表示。
如果 (x=y)，那么不断递归下去，得证。
所以，我们只需要在给出的货币系统中寻找答案即可。
这里我们枚举选的答案，然后一一验证。
时间复杂度：(O(2^n imes n imes (max a_i) imes T))，可以通过。
实际得分：(65pts).
算法四
注： (n = 25)，本人没有想到什么可以 (O(2^n imes T)) 过掉的算法，因此这一档部分分可能是用来给选手瞎搞的。？？？
你发现不需要一一枚举。首先你排序一下。
你只要用当前已有的数，判断当前正在决策的这个数能否被表示出。
能，那么说明这个数没有必要，把它抛弃。
否则，肯定要选。只是因为，(>) 它的数表示不出，而 (<) 也表示不出，只有它自己能表示自己，所以必须选。
那么，这样我们可以唯一确定一个数是否被选。（排序后从小到大选）
如何判断？
我们发现，每次新加入一个数 (x) ，我们需要维护能判断出的桶。
此时，可以在原有的桶上，对每个能表示出的数 (k)，把 (k+x , k+2x,k+3x cdots k+ infty x) 全部标为可以判断。这是显然的。
至于 (infty) 的上限，只要标到 (max a_i) 即可，因为后面的数没有用了。
时间复杂度：(O(n imes T imes (max a_i))).
实际得分：(100pts).
#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e4+1;
inline int read(){char ch=getchar();int f=1;while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
int x=0;while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();return x*f;}
int T,n,a[N];
int cnt=0;
int maxi; bool h[N];
int main(){
T=read(); while(T--) {
n=read(); maxi=0; cnt=0;
memset(h,0,sizeof(h)); //初始化
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),maxi=max(maxi,a[i]);
sort(a+1,a+1+n); //排序
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!h[a[i]]) { //不能被表示
h[a[i]]=1; cnt++;
for(int j=1;j<=maxi;j++)
if(h[j]) {
for(int k=a[i];j+k<=maxi;k+=a[i])
h[j+k]=1;
} //维护能被表示的桶
} printf("%d
",cnt);
}
return 0;
}