题解 CF1770C【Koxia and Number Theory】

显然，如果存在 $a_i=a_j$，则一定无解。

否则，考虑每一个质数 $k$，如果原数组每个数对 $k$ 取模后，每种余数都出现至少两次，则无解。因为此时无论如何选取 $x$，都至少有两个数是 $k$ 的倍数。

下面证明充分性。对于每一个 $k$，找到一个数 $y$ 使得对 $k$ 取模余 $y$ 的数不超过一个，那么 $x\equiv -y\pmod{k}$ 的 $x$ 均符合题意。下面考虑对同余方程组有限制的 $k$ 的个数。如果 $k\ge 10^{18}$ 即值域，此时每个余数都至多出现一次，也就是 $y$ 可以取遍 $0\sim k-1$ 的所有数，此时便不再需要考虑 $k$。因此 $k$ 有有限个，可以使用中国剩余定理解得 $x$。

另外，由于 $k > 50$ 时，要出现无解情况，则 $n\ge 2k > 100$ 已经超出了数据范围，因此判断时只需要考虑 $2\sim 50$ 的 $k$ 即可。其实只需要判断 $k$ 是质数的情况，但是合数也判了也不会出问题。

感谢 @Breakingtdasc 指出了原证明中的一处错误。

// Problem: Koxia and Number Theory
// Contest: Codeforces
// URL: https://m2.codeforces.com/contest/1770/problem/C
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

//By: OIer rui_er
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(x,y,z) for(ll x=(y);x<=(z);x++)
#define per(x,y,z) for(ll x=(y);x>=(z);x--)
#define debug(format...) fprintf(stderr, format)
#define fileIO(s) do{freopen(s".in","r",stdin);freopen(s".out","w",stdout);}while(false)
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N = 105;

ll T, n, a[N], cnt[N];
template<typename T> void chkmin(T& x, T y) {if(x > y) x = y;}
template<typename T> void chkmax(T& x, T y) {if(x < y) x = y;}

int main() {
	for(scanf("%lld", &T); T; T--) {
		scanf("%lld", &n);
		rep(i, 1, n) scanf("%lld", &a[i]);
		sort(a+1, a+1+n);
		ll m = unique(a+1, a+1+n) - a - 1;
		if(m < n) puts("NO");
		else {
			ll ok = 1;
			rep(mod, 2, 50) {
				rep(i, 0, mod-1) cnt[i] = 0;
				rep(i, 1, n) ++cnt[a[i]%mod];
				ll now = 0;
				rep(i, 0, mod-1) now |= cnt[i] <= 1;
				ok &= now;
			}
			puts(ok ? "YES" : "NO");
		}
	}
	return 0;
}