10.04 T3 数学推导

Description

Input

Output

　输出T行，每一行一个YES或NO，表示是否存在满足条件的Ai。

Sample Input

2 3 7 7 3 8 5 6

Sample Output

YES NO YES

Hint

【数据范围与约定】

 

 

 

 

很显然题目可以说成：给出n,k，询问n是否可以用k的约数家和的形式表示。

还是乱搞50分，解法：分解K的因数然后跑背包检查是否存在N

code：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
bool cmp(const long long &a,const long long &b){
    return a>b;
}
long long a[100005],tot,vis[10000005];
long long gcd(long long a,long long b){
    if(a<b)swap(a,b);
    while(a=a%b)swap(a,b);
    return b;
}
int main(){
    freopen("fantasy.in","r",stdin);
    freopen("fantasy.out","w",stdout);
    long long num,T;
    cin>>num>>T;
    if(num==6){
        while(T--){
            cout<<"NO"<<'\n';
        }
        return 0;
    }
    if(num==7){
        while(T--){
            int n,k;
            cin>>n>>k;
            if(n%k==0)cout<<"YES"<<'\n';
            else cout<<"NO"<<'\n';
        }
        return 0;
    }
    if(num==9){
        while(T--){
            long long n,k;
            scanf("%lld%lld",&n,&k);
            if(n%k==0){
                cout<<"YES"<<'\n';
                continue;
            }
            n%=k;
            long long temp;
            for(long long i=2;i*i<=k;i++){
                if(k%i==0){
                    temp=i;
                    break;
                }
            }
            if(n==temp+k/temp)cout<<"YES"<<'\n';
            else cout<<"NO"<<'\n';
        }
        return 0;
    }
    while(T--){
        memset(vis,0,sizeof vis);
        tot=0;
        long long n,k;
        cin>>n>>k;
        if(n%k==0){
            if(k==1)cout<<"NO"<<'\n';
            else
            cout<<"YES"<<'\n';
            continue;
        }
        n%=k;
        for(long long i=2;i*i<=k;i++){
            if(k%i==0){
                a[++tot]=i;
                if(k/i!=i)a[++tot]=k/i;
            }
        }
        //for(long long i=1;i<=tot;i++)cout<<a[i]<<" |||| ";
        //cout<<'\n';
        sort(a+1,a+tot+1,cmp);
        vis[0]=1;
    //    cout<<tot<<'\n';
        for(long long i=1;i<=tot;i++){
            if(vis[n])break;
            for(long long j=a[i];j<=n;j++){
                if(vis[j-a[i]])vis[j]=1;    
            }
        }
        if(vis[n])cout<<"YES"<<'\n';
        else cout<<"NO"<<'\n';
    /*    int flag=0;
        int ans=a[1];
        for(int i=2;i<=tot;i++){
            ans=gcd(ans,a[i]);
            flag=1;
            break;
        }
        if(n%ans==0)cout<<"YES"<<'\n';
        else cout<<"NO"<<'\n';*/
    }
    return 0;
}

官方正解：

Subtask1：O(N^N*K)暴力。

 

Subtask2：O(N!*K)暴力。发现 A 是一个 n 位的排列，因为若 A 中出现两个相同的数，那么必然会有两个点一直 2 处在同一位置，在同一时间不能到达各自的家乡。

 

Subtask3、4、5：在一个排列转换中，将 i 向 Ai 连边，其实就可以看成是若干个环，一个环上的人会在环长的若干倍数天里回到家乡。那么题目其实就是求解是否存在一些大于 1 的整数ci，使得 lcm(ci)|k 且∑ci=n。lcm(ci)|k 等价于 ci|k，提取系数，题目要求等价于对于 ci|k，ci>1，是否存在非负整数 ti 使得∑(ti*ci)=n。对于一个不是质数的数 ci，可以将其拆成若干 k的质因数的乘积，那么题目要求可以进一步地看作是对于 k 的质因数 ci，判断存在非负整数ti 使得∑(ti*ci)=n。那么我们就得到了一个 O(T*(√K+N*logK))的类似于 DP 的做法，判断每一个数是否可以被组成。

 

Subtask6：k=1，由于 Ai 不等于 i，所以不可能一天回到家乡，输出 NO 即可。

 

Subtask7、8：k 的质因数分解只有一个数，直接判断 n 能否整除 k 即可。

 

Subtask9：k的质因数分解最多两个数，用exgcd判断是否存在非负整数解即可。从这个subtask开始，复杂度在于 k 上，而不同的 k 只有 50 个，可以一起处理。

 

Subtask10、11、12：subtask10 的部分分给了我们很大的启发。考虑这么一件事，可以用除了最小质因数 x 以外的质因数构造出 T，使得 T≡n(mod x)，那么在 T 小于等于 n 的基础上加上一些 x 即可使和为 n。如何判断是否存在这样的 T，在模意义下，将 t 向 t+ci 连边，边权为 ci，跑单源最短路，求出的 0~n%x 的最短路的长度即为上文需要的 T。

 

Subtask13、14：发现 k 达到了 10^15，那么最小质因数可以达到 3*10^7，跑不了最短路。

考虑将质因数个数为 2 的用 subtask9 特判掉，那么最小质因数最大就在三次根号下 10^15，即为 10^5。同时，因为质因数分解过慢，要预处理√10^15 内的质数。

题解

很显然，只有k的质因子是有用的， 分类讨论， 如果只有一个质因子，那么就直接取模。 如果只有两个质因子，那么就扩展欧几里得。 如果超过三个质因子，那么最小的一个质因子就一定小于10^5 ，只有就可以用最短路来解决。