[POI2011]SEJ-Strongbox

题目大意：

一个有密码箱，数字是0~n-1,其中有若干个密码，密码的特点：若x是密码，y是密码，（x可以等于y）则(x+y)%n也是密码。

给一个n(<=10^14)，一个k(k<=min(250000,n))，给k个数(a[k]<n)，前k-1个数不是密码，第k个数是密码。

求在0~n-1中，最多有多少个数字是密码？

题解：

推荐（但是结论二的证明不太完整）

看起来和数论有一些关系。
而且一定是一个性质题。

结论1：若x是密码，则gcd(n,x)是密码

发现，x是密码，则k*x%n都是密码。

所以，一定存在一个t，c，使得t*x-n*c=gcd(n,x)

并且根据裴属定理，不能用x凑出一个更小的密码比gcd(n,x)更小，

结论2：若x，y是密码，则gcd(x,y)是密码。

根据裴属定理，p*x+q*y=gcd(x,y)有整数解。

如果q是负数q=-q，那么就是p*x+(c*n-q)*y=gcd(x,y)+c*n*y

那么，就存在非负数p,q使得p*x+q*y=gcd(x,y) mod n

结论3：若x是所有密码中最小的那一个，那么，所有的密码就是x,2x,3x,...kx，并且x是n的约数。

反证。设x是最小的，y是另一个密码，若x不是y的约数，那么gcd(x,y)<x，根据结论二，那么gcd(x,y)就是一个更小的密码。矛盾。

所以，任意的y都是x的倍数。

由于对于一个密码z，根据结论1，gcd(n,z)也是密码，所以，最小的密码x是gcd(n,z)的约数，也就是n的约数。

所以，如果我们求出了满足条件的x，那么n/x就是答案。

我们密码数量最多，所以，x必须取最小的。

由于给了一个a[k]是密码，而x又是n的约数，所以x就一定是gcd(a[k],n)的约数。

并且，x不能是a[1~k-1]的约数，只要是，那么x就能凑出ai，与ai不是密码矛盾。

只要不存在这样的ai，那么x一定可以是最小的密码（裴属定理可以证明）。

所以，我们可以枚举gcd(a[k],n)的约数，然后排序。

从小到大枚举x，再暴力验证是否是a[i]的约数，第一个符合的x，n/x就是答案。

O(ksqrt(n))

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=250000+5;
ll n,k;
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;
}
ll a[N],fac[N];
int tot;
int main(){scanf("%lld%lld",&n,&k);for(int i=1;i<=k;i++)scanf("%lld",&a[i]);ll g=gcd(a[k],n);//cout<<"gg "<<g<<endl;for(ll i=1;i*i<=g;i++){if(g%i==0){fac[++tot]=i;if(i!=g/i) fac[++tot]=g/i;}}sort(fac+1,fac+tot+1);for(int i=1;i<=tot;i++){//cout<<fac[i]<<" ";bool fl=true;for(int j=1;j<=k-1;j++){if(a[j]%fac[i]==0){fl=false;break;}}if(fl){printf("%lld",n/fac[i]);return 0;}}//cout<<" over "<<endl;return 0;
}

然而这个代码BZOJ过不去。

还要优化。

发现，每次对一个因数判断所有的k个数代价太大。

一个a[i]影响的是哪些gcd(a[k],n)的因数呢？

一定是gcd(a[i],a[k])的因数。

所以，我们可以把所有的gcd(a[i],a[k])的因数找出来干掉。

然后直接再扫一遍，找到最小的没有被干掉的因数即可。

复杂度？O(sqrt(n)+klogn+玄学)

代码：

#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3)
#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
#define numb (ch^'0')
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=250000+5;
void rd(ll &x){x=0;char ch;while(!isdigit(ch=getchar()));for(x=numb;isdigit(ch=getchar());x=(x<<1)+(x<<3)+numb);
}
ll n,k;
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;
}
ll a[N],fac[N];
bool kil[N];
int tot;
int main(){scanf("%lld%lld",&n,&k);for(ri i=1;i<=k;i++)scanf("%lld",&a[i]);ll g=gcd(a[k],n);for(ri i=1;i<k;++i) a[i]=gcd(a[i],g); for(ll i=1;i*i<=g;i++){if(g%i==0){fac[++tot]=i;if(i!=g/i) fac[++tot]=g/i;}}sort(fac+1,fac+tot+1);for(ri i=1;i<k;i++){kil[lower_bound(fac+1,fac+tot+1,a[i])-fac]=1;}    for(ri i=1;i<=tot;++i){if(kil[i]){for(int j=1;j<i;j++) {if(fac[i]%fac[j]==0) kil[j]=1;}}} for(ri i=1;i<=tot;++i){if(!kil[i]) {printf("%lld\n",n/fac[i]);return 0;}}return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/Miracevin/p/9777115.html

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