P5582 【SWTR-01】Escape

记 $b$ 为可用步数序列，长度为 $m$。

考虑必要性，即每个点都能通过 $b$ 的线性组合在模 $n$ 意义下表示出来。

即 $b_1x_1+b_2x_2+...+b_mx_m+nx_{m+1}$ 能表示出来 $[0,n)$ 中的每个数，这一部分根据裴蜀定理可得。

这个条件可能是充要的，考虑证明。

定理 31.20：
对于任意正整数 $a$ 和 $n$，若 $d=\gcd(a,n)$，则在 $Z_n$ 中，$<a>=<d>$

引理
环大小为 $n$，若初始在位置 $p$，每次跳 $k$ 步，$k|n$，则到达的位置一定是 $x\equiv p \pmod{k}$。
证明：考虑原先到达的位置 $x\equiv 0 \pmod{k}$，初始位置在 $p$ 可看做初始位置在 $0$，跳完后再向右跳一次 $p$ 步，因为跳 $k$ 步能取遍且互不相同的位置 $x\in[0,n),k|x$，所以你再向右跳显然也能取遍，且互不相同。

考虑先跳 $b_1$，即记 $d=\gcd(b_1,n)$，跳完了，$d,2d \ ... \ (n/d-1)d,0$，那么考虑只要每次跳完这样的一个循环，能够位移到组内另一个地方即可。这样每一次跳到的都是不一样的。

即问题变成了 $b_2,b_3 \ ... \ b_m$ 跳完 $[0,d)$，考虑结构一样，如此操作下去，最终变成 $b_m$ 跳完 $[0,\gcd(n,b_1,b_2\ ... \ b_{m-1}))$，显然在 $Z_{\gcd(n,b_1,b_2\ ... \ b_{m-1})}$ 中，$|<b_m>|=\gcd(n,b_1,b_2\ ... \ b_{m-1})$，因此可以跳完。然后子问题可以完成，则上级问题推回去也可以完成。

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pb push_back
using namespace std;
const int N=(int)(1e6+5);
bool vis[N];
int n,m;

int gcd(int x,int y) {
	return !y?x:gcd(y,x%y);
}

void sol() {
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++) vis[i]=0;
	for(int i=1;i<=m;i++) {
		int x; cin>>x; vis[x]=1; 
	}
	int qwq=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		if(vis[i]) continue ;
		if(!qwq) qwq=gcd(i,n);
		else qwq=gcd(qwq,gcd(i,n));
	}
	if(!qwq) {
		cout<<"-1\n"; return ;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		if(i%qwq!=0) {
			cout<<"-1\n";
			return ;
		}
	}
	cout<<n<<'\n';
}

signed main() {
	cin.tie(0); ios::sync_with_stdio(false);
	int T; cin>>T; while(T--) sol();
	return 0; 
}

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本文作者：F x o r G
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