Luogu P3951 [NOIP2017 提高组] 小凯的疑惑 题解
注：设 \(A,B\) 是两个集合，则 \(A\times B\) 表示 \(A\) 与 \(B\) 的笛卡儿积（直积）。笛卡儿积的定义为 \(S \times M := \{(s, m) | s \in S, m \in M\}\)。
题意
给定两个正整数 \(a,b\)，求最大的正整数 \(C\) 满足：
不存在 \((x,y)\in\N\times\N\)，使得 \(ax+by=C\)。
题解
Chicken McNugget Theorem 麦乐鸡定理
（又叫 Postage Stamp Problem 或 Frobenius Coin Problem）
内容
对于任意互质的 \(a,b\in\N_+\)，不能被表示为 \(ax+by\)（\(x,y\in\N\)）的形式的最大整数为 \(ab-a-b\)。
证明
定义 若对于一个 \(N\in\Z\)，\(\exist\ x,y\in\N\) 使得 \(ax+by=N\)，则称 \(N\) 是「可买的」。
我们要证明的是：
- \(ab-a-b\) 是不可买的；
- 所有 \(N>ab-a-b\) 都是可买的。
引理 1 令 \(A_N\subset\Z\times\Z\) 为所有满足 \(ax+by=N\) 的有序数对 \((x,y)\) 的集合，那么若 \((x,y)\in A_N\)，则
\[A_N=\{(x+kb,y-ka):k\in\Z\}. \]证明 由 Bézout 定理，\(\exist\ x',y'\in\Z\) 使得 \(ax'+by'=1\)，因此 \((Nx')a+(Ny')b=N\)。因此 \(A_N\) 非空。
易得 \((Nx'+kb,Ny'-ka)\in A_N\)，其中 \(k\) 为任意整数。
下面证明 \(A_N\) 中不存在其他数对。
假设 \((x_1,y_1)\) 和 \((x_2,y_2)\) 都是 \(ax+by=N\) 的解。那么 \(ax_1+by_1=ax_2+by_2\)，即
\[a(x_1-x_2)=b(x_2-x_1).\tag{1} \]又 \((a,b)=1\)，因此 \(b\mid x_1-x_2,a\mid y_1-y_2\)。设 \(k_1,k_2\in\Z\) 满足 \(x_2-x_1=k_1b,y_2-y_1=k_2a\)。
代入 \((1)\) 式得 \(a(-k_1b)=b(k_2a)\)，即 \(k_1=-k_2\)。\(\square\)
引理 2 对于任意 \(N\in\Z\)，在 \(\Z\times\{0,1,\dots,a-1\}\) 中有且仅有一组数 \((x_N,y_N)\) 使得 \(ax_N+by_N=N\)。
证明 已知 \(ax+by=N\)，令 \(y_N=y\bmod a,k=\lfloor y/a\rfloor\)，则 \(ax+b(y_N+ka)=N\)，即 \(a(x+kb)+by_N=N\)。
所以令 \(x_N=x+\lfloor y/a\rfloor\cdot b,y_N=y\bmod a\) 即得到 \((x_N,y_N)\) 满足 \(ax_N+by_N=N\)，且 \(0\le y_N\le a-1\)。\(\square\)
引理 3 \(N\) 是可买的当且仅当 \(x_N\ge0\)。
证明 必要性：令 \((x,y)=(x_N,y_N)\) 则显然成立。
充分性：若 \(N\) 是可买的，假设 \(x_N<0\)，且解可以表示为 \((x_N+kb,y_N-ka)\)，其中 \(k\in\Z\)，那么
若 \(k\le0\)，则 \(x_N+kb<0\)；
若 \(k>0\)，由于 \(y_N\le a-1\)，所以 \(y_N-ka<0\)。
即 \(x_N+kb\) 和 \(y_N-ka\) 两者总有一个小于 \(0\)。故假设不成立，因此 \(x_N\ge0\)。\(\square\)
由上可知，不可买的数构成的集合为 \(\{ax+by:x<0,0\le y\le a-1\}\)。
因此令 \(x=-1,y=a-1\) 即得到最大的不可买数，即 \(ab-a-b\)。\(\square\)
结论
于是这道题的答案即为 \(ab-a-b\)。
（不知道网上说的赛瓦维斯特定理是什么鬼，查了半天没查到。。。）