CF1656D K-good Solution
做法
奇偶性判定好题。
\(Case1:\) \(n\) 为奇数
很显然，\(n\) 为奇数时一定可以拆分成两个数 \(x\) 和 \(y\)，且 \(x\) 为奇数，\(y\) 为偶数，发现 \(x \mod 2=1,y\mod 2=0\)，\(k\) 也刚好位 \(2\)，所以当 \(n\) 为奇数时就直接输出 \(2\)。
\(Case2:\) \(n\) 为偶数
设 \(k\) 个数为 \(a_1,a_2,...,a_k\)，所以有 \(a_1+a_2+..+a_k=n\)，由于题目说 \(a_1\mod k,a_2 \mod k,...,a_k\mod k\) 互不相同，所以这些数 \(\mod k\) 一定为 \(0,1,2,...,k-1\) 且不重不漏。
那么考虑拆分 \(a_i\)，设 \(a_i=b_i\times k+c_i(c_i=a_i \mod k)\)，那么 \(a_1+a_2+...+a_k=n\) 就可以转化为 \((b_1\times k+b_2 \times k+...+b_k\times k)+(c_1+c_2+...+c_k)\)。
因为 \(c_1+c_2+...+c_k\) 一定等于 \(0+1+...+k-1\)，等差数列求和得 \(\frac{(0+k-1)\times k}{2}=\frac{(k-1)\times k}{2}\)，再把 \(b_1\times k+b_2\times k+...+b_k\times k\) 提取公因式得 \(k\times(b_1+b_2+...+b_k)\)，再设 \(b_1+b_2+...+b_k=x\)，所以 \(b_1\times k+b_2\times k+...+b_k\times k=k\times x\)。
所以 \(n=\frac{(k-1)\times k}{2}+k\times x\)，将上式化简得 \(2\times n=k\times(k+2\times x-1)\)，然后我们发现一个结论：\(k\) 和 \(k+2\times x-1\) 中一定有一个为偶数，一个为奇数，因为 \(2\times x-1\) 一定为奇数，所以如果 \(k\) 为偶数，那么 \(k+2\times x-1\) 就一定为奇数，上述结论肯定成立，如果 \(k\) 为奇数，那么 \(k+2\times x-1\) 一定为偶数，
故得证。
所以我们把 \(2\times n\) 拆成 \(2^{p}+q\)，使得 \(2^{p}|2\times n-q\)，而 \(2^{p+1}\nmid 2\times n-q\) 且 \(q< 2^{p}\)，那么这样做显然 \(q\) 为奇数，这样拆是把这个数拆成偶数乘奇数的形式。
设 \(a=2^{p},b=q\)，那么可以证明 \(k\) 一定可以等于 \(\min (a,b)\)，如果这样拆后 \(\min (a,b) \le 1\) 就说明无解（因为题目中说的是 \(2\le k\)，与题目矛盾），输出 \(-1\)，否则就输出 \(a\) 和 \(b\) 中较小的一个（为什么要输出较小的一个？是因为 \(k\le2\times x-1+k\)，两个数 \(a\) 和 \(b\) 就相当于 \(k\) 和 \(2\times x-1+k\)，所以较小的一个就为 \(k\)）。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T;
long long n;
int main()
{
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%lld",&n);
if(n%2==1)//n为奇数时直接特判
{
printf("2\n");
continue;
}
else//n为偶数
{
long long a=1,b=0,x=2*n;
while(x%2==0)
{
x/=2;a*=2;//将2*n这个数拆分成奇数乘偶数的形式
}
b=(2*n)/a;
if(min(a,b)<2)printf("-1\n");//a、b的最小值小于2，无解
else if(a<b)printf("%lld\n",a);//输出较小的一个数
else if(a>b)printf("%lld\n",b);
}
}
return 0;
}
