CF2050F Maximum modulo equality 题解

Luogu

【题意简述】#

你有一个长度为 \(n\) 的数组 \(a\)。

每一次询问给定 \(l,r\)，寻找最大的 \(m\) 使得 \(a_l\) 到 \(a_r\) 的所有数对 \(m\) 同余，

【前置数学芝士】#

首先是一个非常 Naive 的结论，请自行感性证明：设 \(a>b\)，\(a\) 和 \(b\) 对 \(a-b\) 同余。

理性证明：

设 \(p=a-b\)，\(a=kp+q\)

那么 \(b=a-(a-b)=a-p=(k-1)p+q\)

他们对 \(p\) 同余（都是 \(q\)）

然后另一个非常 Naive 的结论，请自行感性证明：设 \(a>b\)，\(a\) 和 \(b\) 对 \(a-b\) 的所有因数同余。

理性证明：

设 \(p=a-b\)，\(a=kp+q\)，\(b=(k-1)p+q\)

设 \(p\) 的这个因数为 \(p_0\)

因为 \(kp\) 和 \((k-1)p\) 可以被 \(p\) 整除，所以这两个数也可以被 \(p_0\) 整除，同余于 \(p_0\)

而且 \(q\) 和 \(q\) 同余于 \(p_0\)

所以 \(a\) 和 \(b\) 的两部分分别同余于 \(p_0\)

所以 \(a\) 和 \(b\) 同余于 \(p_0\)

【思路】#

首先 \(a_l\) 到 \(a_r\) 同余可拆分成：

限制	结论
\(a_l,a_{l+1}\) 同余	\(m\) 是 \(\vert a_l-a_{l+1} \vert\) 的因数
\(a_{l+1},a_{l+2}\) 同余	\(m\) 是 \(\vert a_{l+1}-a_{l+2}\vert\) 的因数
\(…\)	\(…\)
\(a_{r-2},a_{r-1}\) 同余	\(m\) 是 \(\vert a_{r-2}-a_{r-1}\vert\) 的因数
\(a_{r-1},a_r\) 同余	\(m\) 是 \(\vert a_{r-1}-a_r\vert\) 的因数

然后就出结论了，\(m=\gcd(\vert a_l-a_{l+1}\vert ,\vert a_{l+1}-a_{l+2}\vert ,…,\vert a_{r-2}-a_{r-1}\vert ,\vert a_{r-1}-a_r\vert )\)。

用 ST 表搞一搞，特判一下区间长度为 \(1\)。

【Code】#

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n,q,a[200005],s[200005];
int l,r,Log[200005];

struct ST_map{
	int Gcd[200005][21];
	void Init(){
		for(int i=1;i<=n-1;i++) Gcd[i][0]=s[i];
		for(int i=1;i<=20;i++){
			for(int j=1;j<=n-1;j++){
				Gcd[j][i]=__gcd(Gcd[j][i-1],Gcd[min(j+(1<<(i-1)),n)][i-1]);
			}
		}
	}
	int Query(int l,int r){
		int logx=Log[r-l+1];
		return __gcd(Gcd[l][logx],Gcd[r-(1<<logx)+1][logx]);
	}
}ST;

void Main(){
	scanf("%d%d",&n,&q);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=1;i<n;i++)  s[i]=abs(a[i+1]-a[i]);
	ST.Init();
	while(q--){
		scanf("%d%d",&l,&r);
		if(l==r) printf("0 ");
		else     printf("%d ",ST.Query(l,r-1));
	}puts("");
} 

int T;
int main()
{
	int cnt=0,last=2;
	for(int i=2;i<=200000;i++){
		if(i==last){
			cnt++;
			last*=2;
		}Log[i]=cnt;
	}
	scanf("%d",&T);
	while(T--) Main();
	return 0;
}

【后记】#

祝贺我自己，在上蓝前的最后一场 Div.3 AK。

两发罚时全是数组开小，乐。

以后就打不了了。