形式化题目

给定货币系统 $(n, a)$：$n$ 种面额 $a_1, a_2, \dots, a_n$，每种面额有无穷多张。非负整数金额 $x$ 叫做可表出的，如果存在非负整数 $t_1, \dots, t_n$ 使得

记系统 $(n,a)$ 可表出的金额集合为 $S(a)$。两个系统 $(n, a)$、$(m, b)$ 等价，当且仅当 $S(a) = S(b)$：任意金额要么同时可被两者表出，要么同时不可表出。

任务：求与 $(n, a)$ 等价的货币系统 $(m, b)$ 中最小的 $m$——只求最少需要几种面额，不需求具体面额。

题面样例：$(4, [3, 19, 10, 6])$ 的答案是 $2$（等价系统 $[3, 10]$ 已最小）；$(5, [11, 29, 13, 19, 17])$ 的答案是 $5$，即五个面额一个都删不掉。

正解

思路

朴素想法与瓶颈。 判断一个面额能否被其余面额表出，最朴素的写法是搜索：枚举所有组合 $\sum t_i a_j = v$，看能否凑出 $v$；或者枚举面额子集、逐对比较可表出集合。两者都是指数级——$v$ 最大 $25000$、$n$ 最大 $100$，逐个面额各搜一次完全不可行。瓶颈在于把"可表出性"当成了每次都从头算的独立搜索，而它其实可以增量维护。

关键观察一：删冗余不改变可表出集合。 若面额 $v$ 能被系统中其余面额表出，删掉 $v$ 后 $S$ 不变——原来表示里出现的每个 $v$ 都可以替换成其余面额的表示，递归展开后全部落在保留面额上。反过来，表示金额 $v$ 时用到的面额都不超过 $v$，所以按升序处理、判断"$v$ 能否被更小（或相等）的面额表出"就足够：判断时更小面额的可达信息已经完全定型，重复面额也自然被先出现的同值面额覆盖。

关键观察二：不可约系统由 $S$ 唯一决定，因此贪心计数就是最小值。 设 $B = \{b_1 < b_2 < \dots < b_m\}$ 是"每个面额都不能被其余面额表出"的不可约系统且 $S(B) = S$。先看 $b_1$：它必须等于 $s_1 = \min(S \setminus \{0\})$——一方面 $b_1 \in S$ 所以 $s_1 \leqslant b_1$，另一方面表示 $s_1$ 只能用不小于 $b_1$ 的面额，所以 $s_1 \geqslant b_1$，两头夹住取等。再归纳：由不可约性 $b_k \notin S(b_1, \dots, b_{k-1})$（否则它就被更小面额表出了），而对任意 $s \in S$、$s < b_k$，表示 $s$ 用到的面额都 $\leqslant s < b_k$、只能是 $b_1, \dots, b_{k-1}$，故 $s \in S(b_1, \dots, b_{k-1})$。两件事合起来就是

这个递推只依赖 $S$，所以任何与 $(n,a)$ 等价的系统 $(m', b')$ 反复删冗余（每次删除都不改变 $S$）后得到的不可约系统 $B'$ 必然等于 $B$，于是 $m' \geqslant |B'| = |B|$；而 $B$ 自身就可达，故最小的 $m$ 就是 $|B|$：答案 = 升序扫描中"不能被更小面额表出"的面额个数。

关键观察三：判定是完全背包可达性。 维护可达金额集合（初始只有 $0$），加入面额 $v$（无限张）就是完全背包的正序转移：新可达集合 $= S_{\text{old}} \cup \{\, p + k \cdot v \mid p \in S_{\text{old}},\ k \geqslant 1 \,\}$。若 $v$ 已可达，这个闭包是恒等变换，直接跳过。

位集实现。 在 Python 里，可达集合打包成一个大整数：第 $x$ 位为 $1$ 表示金额 $x$ 可达。判定就是 (reachable >> v) & 1；闭包就是把整段位集依次平移 $v, 2v, 3v, \dots$ 后按位或，最后 & mask 截断到 $[0, A]$，其中 $A = \max a_i$。只需维护到 $A$：所有判定都发生在面额值上（$\leqslant A$），更高的位永远不会被查询。

样例推演。 下表用样例 1（面额升序 $[3, 6, 10, 19]$，$A = 19$）完整复演贪心与可达集合的生长：

注意两处要点：$6$ 虽不是 $3$ 的"新组合"，但被闭包 $3+3$ 覆盖；$19$ 在步骤 3 加入 $10$ 后才变为可达（$9+10$），所以判定顺序必须升序。最终 $ans=2$，保留面额 $\{3, 10\}$，与题面说明一致。样例 2 中五个面额两两凑不出，每步都判"不可达"，答案 $5$。

代码

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 * rainboy的学习导航网站: https://idx.roj.ac.cn
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 */

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr); int T; if(!(cin>>T)) return 0; while(T--){int n;cin>>n; vector<int> coins(n); for(int i=0;i<n;i++) cin>>coins[i]; sort(coins.begin(),coins.end()); int top=coins.back(), basis=0; vector<char> reach(top+1); reach[0]=1; for(int i=0;i<n;i++){int coin=coins[i]; if(!reach[coin]){basis++; for(int x=coin;x<=top;x++) if(reach[x-coin]) reach[x]=1;}} cout<<basis<<'\n';} return 0;}

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42#!/usr/bin/env python3
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# rbook: -> https://rbook.roj.ac.cn  https://rbook2.roj.ac.cn
# rainboy的学习导航网站: https://idx.roj.ac.cn
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# update_at: 2026-10-02 13:52

import sys


def solve() -> None:
    data = iter(map(int, sys.stdin.buffer.read().split()))
    out: list[str] = []
    T = next(data)

    for _ in range(T):
        n = next(data)
        coins = sorted(next(data) for _ in range(n))
        top = coins[-1]             # 只需关心 [0, top] 内的金额：查询都落在面额上
        mask = (1 << (top + 1)) - 1
        reachable = 1               # 第 0 位为 1：金额 0 用 0 张货币即可表出
        basis = 0

        for coin in coins:
            already = reachable >> coin & 1
            if not already:         # 更小面额表不出 coin → 等价系统必须保留它
                basis += 1
                # 无限张 coin 的闭包：旧可达集合整体平移 k*coin（k≥1）后并回
                closed = reachable
                shift = coin
                while shift <= top:
                    closed |= reachable << shift
                    shift += coin
                reachable = closed & mask

        out.append(str(basis))

    print('\n'.join(out))


if __name__ == "__main__":
    solve()

复杂度

记 $A = \max_i a_i \leqslant 25000$，$n \leqslant 100$，$B$ 为保留面额集合，$w$ 为 Python 大整数的单字位数（64 位平台为 30 bit）。

• 时间：排序 $O(n \log n)$；$n$ 次位查询；每个保留面额 $v$ 做 $\lceil A/v \rceil$ 次长度 $A$ 的平移取并，单次 $O(A/w)$，合计 $O\!\bigl(\frac{A}{w} \sum_{v \in B} \lceil A/v \rceil \bigr)$。Python 级操作数 $\sum_{v \in B} A/v \leqslant nA$，与标准完全背包正解 $O(nA)$ 同阶；位集把 $w$ 个状态压进一次运算，常数更小。实测单个测例（含 20 组）约 $0.02$ s。
• 空间：$O(n + A/w)$，位集约 $\lceil 25001/30 \rceil \approx 834$ 个机器字（约 3 KB），远低于 32 MB 限制。

总结

这道题的关键是把"等价系统的最小面额数"翻译成一个可贪心计数的判定：能被更小面额表出的面额是冗余的，删掉不改变可表出集合；不可约等价系统又由可表出集合唯一决定，所以升序扫描、只数"表不出"的面额个数就是最小的 $m$。判定本身是完全背包的可达性问题，Python 用一个整数当位集——>> & 1 查表、平移取并做"无限张"闭包——把逐格转移换成批量字操作。注意两点：必须按面额升序处理（大面额的判定依赖更小面额先入集合），输出的是个数而不是面额数值。实测 20 个真实测例全部一致，单测例约 0.02 s、峰值内存约 14.8 MB（限 1000 ms / 32 MB）。

图示解析

这张图串起本题从输入到答案的主线：

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4
5输入面额 a[1..n]
`- 按面额升序扫描 v
   |- v 已可达 → 冗余面额，丢弃
   `- v 不可达 → 必要面额，ans+1，位集平移取并做闭包
      `- 扫描结束 → ans 即最小等价系统的 m

顺着分支看：上面一支对应"删冗余不改变可表出集合"，下面一支对应"不可达就必须保留"并顺手更新可达集合。整条路线只有一种循环、一种状态（位集），没有回溯和分支搜索——贪心的正确性全部来自观察一、观察二，而位集只是完全背包的实现载体。