CF1155C 题解

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题目大意：

给定一个长度为 $n$ 的单增序列 $a$ 和一个长度为 $m$ 的序列 $b$，询问是否存在一个正整数 $y$ 使得 $a_1\equiv a_2\equiv \cdots \equiv a_n\equiv y(modp)$，且 $p$ 在序列 $b$ 中出现过。

思路：

将条件转化一下，得：是否存在一个正整数 $y$ 使得 $p\mid (a_2-a_1),p\mid (a_3-a_2)\cdots p\mid (a_n-a_{n-1})$，说白了就是我们要寻找的 $p$ 是序列 $a$ 所有相邻项之差的因数。

所以先构造一个差分序列 $c$，然后求出 $c$ 中所有数的最大公因数 $d$。

引理：

任意 $n$ 个正整数 $(n\ge 2)$ 的所有公因数都是这 $n$ 个数的最大公因数的因数。

证明：

先考虑两个数的情况。

设这两个数是 $a,b$，考虑将它们分解质因数，并将质因数对齐，得：

$$a=p_1^{a_1}{p}_2^{a_2}\cdots p_k^{a_k}$$

$$b=p_1^{b_1}{p}_2^{b_2}\cdots p_k^{b_k}$$

对于 $a,b$ 的任意因数 $d$，我们也将它分解质因数并对齐，得：

$$d=p_1^{c_1}{p}_2^{c_2}\cdots p_k^{c_k}$$

注意！这里的 $a_i$ 和 $b_i$ 可能为 $0$！（因为只是对齐处理，可能并不含此质因子）

根据因数的定义可得：

$$c_i\le min(a_i,b_i),i\in [1,k]$$

而对于 $gcd(a,b)$，此时有：

$$c_i=min(a_i,b_i),i\in [1,k]$$

也就是取等了！

所以不难得出，$a,b$ 所有公因数都是最大公因数的因数。

那么推广到 $n$ 个数的情况就不难了，请读者自行证明。

其实挺显然的吧。

有了这个引理，我们就只需要找序列 $b$ 中是否存在一个数是 $d$ 的因数即可。

然后就是一些小细节了。

时间复杂度为 $O(n+m+\log (max\{c_i\}))$。

$\mathtt{\text{Code:}}$

#include <iostream>

using namespace std;

const int N = 300010;
typedef long long ll;
int n, m;
ll a[N], p[N], c[N];

ll gcd(ll a, ll b) {
    if(b == 0) return a;
    return gcd(b, a % b);
}

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &a[i]);
    for(int i = 1; i <= m; i++) scanf("%lld", &p[i]);
    for(int i = 1; i <= n; i++) c[i] = a[i] - a[i - 1];
    ll d = c[2];
    for(int i = 3; i <= n; i++) 
        d = gcd(d, c[i]);
    bool flag = false;
    ll fac, ans;
    for(int i = 1; i <= m; i++)
        if(d % p[i] == 0) {
            puts("YES");
            flag = true;
            fac = p[i];
            ans = i;
            break;
        }
    if(!flag) {
        puts("NO");
        return 0;
    }
    if(c[1] % fac == 0) printf("%lld %lld", fac, ans);
    else printf("%lld %lld", c[1] % fac, ans);
    return 0;
}