【裴蜀定理】【CF1091C】 New Year and the Sphere Transmission

Description

有 $n$ 个人围成一个圈，按照顺时针从 $1$ 到 $n$ 编号。第 $1$ 个人会拿到一个球，他指定一个数字 $k$，然后会将球传给他后面顺指针数第 $k$ 个人。再次传到 $1$ 后游戏结束。定义一次游戏的 $ans$ 为所有拿到球的人的编号之和 （$1$ 只算一次）。求所有可能的 $ans$，按照升序输出，保证不超过 $10^5$ 个

Input

一个整数 $n$

Output

一行多个整数，代表所有可能的 $ans$。按照是升序输出。

Hint

$1~\leq~n~\leq~10^9$

Solution

我们不妨将位置从 $0~\sim~n-1$ 编号。则一个位置 $p$ 会在一次传球中被传到当且仅当 $p~\equiv~xk~\pmod n$，其中 $x~\in~Z^+$。

考虑上面的同余方程，他等价于 $xk~+~yn~=~p$，其中 $x,y~\in~Z^+$。根据裴蜀定理，这个方程有整数解当且仅当 $\gcd(k,n) \mid p$。考虑因为 $k~\in~[1,n]$，所以 $\gcd(k,n)$ 显然与 $n$ 的因数一一对应。于是直接枚举 $n$ 的因数 $s$，则对答案产生贡献的只有 $0,s,2s,3s~\dots~ts$，其中 $t~=~\frac{n}{s}$。这是一个等差数列，直接使用等差数列求和公式可以 $O(1)$ 计算答案。考虑我们位置是从 $0~\sim~n-1$ 编号的，所以每个位置的贡献都少算了 $1$，总共少算了 $t$，最后加上 $t$ 即可。另外因为编号最大的位置 $ts$ 事实上就是 $0$ 号位置，我们对这个位置的贡献算了两遍，减掉第二遍计算的贡献 $n$ 即可。

Code

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <set>
#ifdef ONLINE_JUDGE
#define freopen(a, b, c)
#endif
#define rg register
#define ci const int
#define cl const long long

typedef long long int ll;

namespace IPT {
	const int L = 1000000;
	char buf[L], *front=buf, *end=buf;
	char GetChar() {
		if (front == end) {
			end = buf + fread(front = buf, 1, L, stdin);
			if (front == end) return -1;
		}
		return *(front++);
	}
}

template <typename T>
inline void qr(T &x) {
	rg char ch = IPT::GetChar(), lst = ' ';
	while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch, ch=IPT::GetChar();
	while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48), ch = IPT::GetChar();
	if (lst == '-') x = -x;
}

template <typename T>
inline void ReadDb(T &x) {
	rg char ch = IPT::GetChar(), lst = ' ';
	while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch, ch = IPT::GetChar();
	while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = x * 10 + (ch ^ 48), ch = IPT::GetChar();
	if (ch == '.') {
		ch = IPT::GetChar();
		double base = 1;
		while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x += (ch ^ 48) * ((base *= 0.1)), ch = IPT::GetChar();
	}
	if (lst == '-') x = -x;
}

namespace OPT {
	char buf[120];
}

template <typename T>
inline void qw(T x, const char aft, const bool pt) {
	if (x < 0) {x = -x, putchar('-');}
	rg int top=0;
	do {OPT::buf[++top] = x % 10 + '0';} while (x /= 10);
	while (top) putchar(OPT::buf[top--]);
	if (pt) putchar(aft);
}

ll n;
std::set<ll>ss;

void work(cl);

int main() {
	freopen("1.in", "r", stdin);
	qr(n);
	for (rg int i = 1, sn = sqrt(n); i <= sn; ++i) if (!(n % i)) {
		work(i);
		work(n / i);
	}
	for (std::set<ll>::iterator it = ss.begin(); it != ss.end(); ++it) qw(*it, ' ', true);
	putchar('\n');
	return 0;
}

void work(cl s) {
	ll y = n / s;
	ll ans = (((s + y * s) * y) >> 1) + y - n;
	ss.insert(ans);
}