题解 CF1361B Johnny and Grandmaster

目前（洛谷）最优解写法。

首先将 $k_i$ 降序排列，并将相同的 $k_i$ 合并。由于每个式子都是形如 $p^{k_i}$ 的形式，即底数相同，可以考虑变成 $p$ 进制，发现对于任意 $c_1,\, \ldots ,\, c_{i+1}$ 和 $a_0 < a_1 < a_2 \ldots < a_{i+1}$，满足 $c_{i+1} \times p^{a_{i+1}} \ge \sum\limits_{j=1}^i c_{j} \times p_{a_j}$ 时，$c_{i+1} \times p^{a_{i+1}} - \sum\limits_{j=1}^i c_{j} \times p_{a_j}$ 一定被 $p^{a_0}$ 整除。

我们可以考虑记录 $s1,\,s2$ 表示两堆的和，使任意时刻 $s1 < s2$。
考虑 $k_i$ 降序排序时贪心用较大的 $k$ 补足 $s2-s1$。$\text{now}$ 当前到 $i$，且 $p^{k_i} \times \text{now} = s2 - s1$。由于是降序排序，如果 $\text{now} > n$ 那么后面的 $k$ 都一定分配到 $s1$。否则先使 $s1=s2$，再用剩下的 $k_i$ 分配给 $s1,s2$，注意满足 $s1<s2$。

$\text{Code}$：

def(N, int, 1e6 + 5)
def(p, int, 1e9 + 7)

int n, m;
int k[N];

int main() {
	int t; qread(t);
	W(t) {
		qread(n, m);
		rep(i, 1, n) qread(k[i]);
		sort(k + 1, k + n + 1, greater<int>());
		ll nw = 0;
		ll s1 = 0, s2 = 0;
		rep(i, 1, n) {
			if(nw && m != 1 && i != 1) {
				int nwm = k[i - 1] - k[i];
				rep(j, 1, nwm) {
					nw *= m;
					if(nw > n) {
						rep(l, i, n) s1 = (s1 + qpow(k[l], m, p)) % p;
						goto End;
					}
				}
			}
			int cn = 0, j = i;
			while(j <= n && k[i] == k[j]) ++j, ++cn;
			int ps = min(nw, (ll)cn); nw -= ps;
			if(cn > ps) {
				cn -= ps;
				int c1 = cn >> 1, c2 = cn - c1;
				if(c1 != c2) nw = 1;
				s1 = qpow(k[i], m, p) * c1 % p;
				s2 = qpow(k[i], m, p) * c2 % p;
			}
			else s1 = (s1 + qpow(k[i], m, p) * cn % p) % p;
			i = j - 1;
			// cout << s1 << ' ' << s2 << endl;
		}
		End:;
		printf("%lld\n", (s2 - s1 + p) % p);
	}
	return 0;
}

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本文作者：BreezeEnder
本文链接：https://www.cnblogs.com/BreezeEnder/p/15780357.html
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