CF1081E Solution

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题解

设\(\sum\limits_{i=1}^{2k}x_i\)为\(sum\)，因为前缀和均为完全平方数，可以设整数\(b^2=sum+x_{2k+1},a^2=sum+x_{2k+1}+x_{2k+2}\)。进一步推导得\(a^2-b^2=x_{2k+2}\)，所以\(x_{2k+2}=(a+b)(a-b)\)。因此我们可以枚举\(x_{2k+2}\)的因数\(y,z(y\cdot z=x_{2k+2},y\ge z)\)，如果\(y,z\)同奇同偶则一定可以解出\(a,b\)（\(a=\frac{y+z}{2},b=\frac{y-z}{2}\)，同奇偶时存在整数解）。而\(x_{2k+1}=b^2-sum\)。当存在多组符合条件的因数时，我们需取\(y,z\)最接近的一组。此时\(y+z,y-z\)最小，解出的\(a,b\)也最小，因为存在答案上界，利用贪心思想可知这样最优。

具体实现：枚举\(k\)（其实就是枚举偶数项），分解\(x_{2k+2}\)，记录答案，如果无\(a,b\)正整数解则判断无法构造，如果可以更新\(sum\)的值。

AC代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e5+10,inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int x[N],y[N];//x:偶数项,y:奇数项
signed main()
{
	int n,sum=0;
	scanf("%lld",&n);
	for(int i=1;i<=n/2;i++) scanf("%lld",&x[i]);
	memset(y,0x3f,sizeof(y)); 
	for(int i=1;i<=n/2;i++)//枚举偶数项(k=i-1)
	{
		for(int j=1;j*j<=x[i];j++)//分解偶数项
		{
			if(x[i]%j) continue;  
			if(j%2==x[i]/j%2)//如果同奇同偶
			{
				int b=(x[i]/j-j)/2,t=b*b-sum;//t:当前解出的奇数项
				if(t>0) y[i]=min(y[i],t);
			}
		}
		if(y[i]==inf) {printf("No"); return 0;}//如果无正整数解
		sum+=x[i]+y[i];//更新sum
	}
	printf("Yes\n");
	for(int i=1;i<=n/2;i++) printf("%lld %lld ",y[i],x[i]);
	return 0;
}