CF1656D K-good Solution

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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 $x\mathrm{mod}2=1,y\mathrm{mod}2=0$，$k$ 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 $a_1\mathrm{mod}k,a_2\mathrm{mod}k,...,a_k\mathrm{mod}k$ 互不相同，所以这些数 $\mathrm{mod}k$ 一定为 $0,1,2,...,k-1$ 且不重不漏。

那么考虑拆分 $a_i$，设 $a_i=b_i\times k+c_i(c_i=a_i\mathrm{mod}k)$，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 $k\le 2\times x-1+k$，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;
}