裴蜀定理：若a,b是整数,且gcd(a,b)=d，那么对于任意的整数x,y,ax+by都一定是d的倍数，特别地，一定存在整数x,y，使ax+by=d成立。

对于此题，若d = 1，则可选的种类一定为无数种，换言，一定有有限个数不能选，求出有多少个不能选就可了。

数据范围为10000，别问我怎么知道的（狗头保命）。​

二维dp做法：



#include <iostream>
using namespace std;

const int N = 105;
bool dp[N][10005];
int w[N];
int n;

int gcd(int a,int b)
{
    return b ? gcd(b,a%b) : a;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin>>n;
    int d = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin>>w[i];
        d = gcd(d,w[i]);
    }

    if (d != 1) cout<<"INF\n";
    else
    {
        dp[0][0] = true; // 初始化   
        for (int i = 1; i <= n; i++) {  // 二维完全背包模板  
            for (int j = 0; j <= 10000; j++) {
                dp[i][j] = dp[i-1][j]; 
                if (j >= w[i]) 
                dp[i][j] = dp[i][j] | dp[i][j-w[i]];// 选与不选，恰是1与0,若 w[i]~j都可以选，说明j也可以凑出，为1，那不能凑出的j就是0了  
            }
        }
        int ans = 0;
        for (int j = 0; j < 10000; j++)
            if (!dp[n][j]) // 不能凑出  
            ans++;
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}


一维dp做法：（补充了一个小tips）



#include <iostream> 
using namespace std;

const int N = 105;
bool dp[10005];
int n;
int w[N];

int gcd(int a,int b)
{
    return b ? gcd(b,a%b) : a; // little tips:第一组d = 0 传过来最大公因数就是w[i] 
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);

    cin>>n;
    int d = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin>>w[i];
        d = gcd(d,w[i]); 
    }
    if (d != 1) cout<<"INF\n";
    else 
    {
        dp[0]= true;
        for (int i = 1; i <= n; i++) { // 一维完全背包模板  
            for (int j = w[i]; j < 10000; j++) {
                dp[j] |= dp[j-w[i]]; // 等同二维的解释  
            }
        }
        int ans = 0;
        for (int j = 0; j < 10000; j++) {
            if (!dp[j]) ans++;
        }
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}