CF1242A Tile Painting 题解

CF1242A Tile Painting

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思路

看到这个题目的数据范围，题目又和质因数分解有关，不难想到复杂度上限为 \(O(\sqrt{N})\)。

• 可以发现，如果 \(N\) 可以表示为它的最小质因子 \(p\) 的幂（即 \(N = p^k,k \in N^+\)），
  那么 \(x,x + p\ldots x+(\frac{n}{p}-1)\times p\) 的颜色都是相同的，只有 \([1,p]\) 可以取到不同的颜色。
  答案自然就是 \(p\)。

• 另一种情况，就是 \(N\) 由不同的质因子组成，设其中两个为 \(a,b\) 。

  手推几组样例可以发现，这种情况时所有的格子都必须是一个颜色。

  (然而我并不会证明，所以去看了题解的证明，下面是题解中的证明)

  证明：

  因为 \(a,b\) 是 \(N\) 的不同质因子，所以 \(\gcd(a,b)=1\) 。

  故对于任意一个非负整数 \(m\) ，方程 \(ax + by = m\) 始终有整数解 \(x,y\) 。

  也就是说，如果我们把题目中两个相同颜色格子间的转移比作跨越，

  那么从格子 \(1\) 可以跨越到所有格子，故所有格子颜色均一致。

算法设计

根据刚刚的推导，可以设计出一个简单的算法：

对 \(N\) 分解质因数，若质因数只有一个，则答案为该质因数，否则答案为 \(1\)。

代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n;
vector<ll> ans;
void solve(ll n) {
	for(ll i = 2;i * i <= n;++ i) {
		if(!(n % i)) {
			ans.push_back(i);
			while(!(n % i))n /= i;
		}
	}
	if(n > 1)ans.push_back(n);
	return ;
}
int main() {
	scanf("%lld",&n);
	solve(n);
	if(ans.size() == 1)printf("%lld\n",ans[0]);
	else puts("1");
	return 0;
}