Codeforces Round #698 (Div. 2) D. Nezzar and Board（一步步推出来，超级清晰，不猜结论，看不懂来打我 ~ 好题）

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D - Nezzar and Board

Problem A Nezzar and Board

我们在黑板上写了 nnn 个数，x1,x2,⋯,xnx_1,x_2,\cdots,x_nx1,x2,⋯,xn。

我们可以无限此地使用一个操作：从黑板上的数字中选择两个数 xxx 和 yyy （xxx 和 yyy 可以是同一个数）将 2x−y2x-y2x−y 写到黑板上去（xxx 和 yyy 还在）。求整数 KKK 能否被写到黑板上去。

1≤T≤105,1≤k,xi≤10181\le T\le10^5,1\le k,x_i\le10^{18}1≤T≤105,1≤k,xi≤1018.

Solution

我这里不需要猜结论或者证明结论，我的解法只需要一步步按部就班地往后推就行了。

首先我们知道每次可以选择两个数 xxx 和 yyy 得到 2x−y2x-y2x−y。

这个 2x−y2x-y2x−y 看上去毫无头绪，因为一个乘以二，一个是本身，两个好像和 xxx 与 yyy 毫无关系。我们可以把它们拆开,得到 x+(x−y)x+(x-y)x+(x−y)。

逐渐好起来了，看上去有些头绪了，因为这里实际上表示的是从一个数 xxx 开始，加上这个数与另一个数的差值，然后得到了一个新数。

我们可以模拟一下：

我们假设：

xi=xj+(xj−xk)x_i=x_j+(x_j-x_k)xi=xj+(xj−xk)

xa=xi+(xi−xc)x_a=x_i+(x_i-x_c)xa=xi+(xi−xc)

xb=xa+(xa−xd)x_b=x_a+(x_a-x_d)xb=xa+(xa−xd)

那么 xbx_bxb 就可以表示为：

xb=xj+(xj−xk)+(xi−xc)+(xa−xd)x_b=x_j+(x_j-x_k)+(x_i-x_c)+(x_a-x_d)xb=xj+(xj−xk)+(xi−xc)+(xa−xd)

我们可以从特殊到一般，得到所有能写到黑板上的数的表达式（为了理解方便，看起来舒服，我们就设能写到黑板上的数为我们题目中想要我们来判断的 KKK）：

那么我们得到了一个表达式：

xi+∑j,k(xj−xk)=Kx_i+\sum_{j,k}(x_j-x_k)=Kxi+∑j,k(xj−xk)=K

其中 j,kj,kj,k 可以是我们得到 KKK 的途中使用的任意一个数的下标，甚至 xix_ixi 可以替换为任意一个 xxx ，这一点我们下面再详细说明。

特别的，由于题目中特别说明了可以每次选的两个数 xxx 和 yyy 可以是同一个数（" not necessarily distinct "）所以我们这个表达式不仅可以表示新写到黑板上的数，还可以表示原来就在黑板上的数：x=x+(x−x)x=x+(x-x)x=x+(x−x)。

这样我们得到的这个表达式就可以表示所有的黑板上的数字了。

我们可以把左边的 xix_ixi 移到右边，这样两边的形式看上去统一一些，并且也不会影响答案的正确性。

即：

∑j,k(xj−xk)=K−xi\sum_{j,k}(x_j-x_k)=K-x_ij,k∑(xj−xk)=K−xi

其中， xix_ixi 可以换为 x1x_1x1 ，因为不管 xix_ixi 是谁，我们都可以移动到左边，变成正数 xix_ixi，而黑板上的任意一个数都可以由 x1x_1x1 通过两次操作得到，例如我们想由 x1x_1x1 得到 xnx_nxn :

第一次操作： 选择 x1x_1x1 和 xnx_nxn ，得到新数：x1+(x1−xn)x_1+(x_1-x_n)x1+(x1−xn)，写到黑板上。
第二次操作： 选择 x1x_1x1 和 x1+(x1−xn)x_1+(x_1-x_n)x1+(x1−xn) ，得到：x1+{x1−[x1+(x1−xn)]}=x1+x1−x1−x1+xn=xnx_1+\{x_1-[x_1+(x_1-x_n)]\}=x_1+x_1 -x_1-x_1+x_n=x_nx1+{x1−[x1+(x1−xn)]}=x1+x1−x1−x1+xn=xn

（实际上就是第一次是减去它们两个之间的差，那么我们减去这个差不就是加上这个差，也就得到了另一个数。）

同理我们也可以把式子里所有的 xkx_kxk 换成 x1x_1x1。

为什么要换成 x1x_1x1 呢，很显然如果还是当作 xix_ixi，xkx_kxk 来用的话，我们并不知道 xix_ixi，xkx_kxk 到底是谁 ~

而我们归为一类以后，只有一个变量 jjj ，我们只需要一次 for 循环即可。

最终得：

∑j(xj−x1)=K−x1\sum_{j}(x_j-x_1)=K-x_1j∑(xj−x1)=K−x1

我们可以设 aia_iai 表示 xi−x1x_i-x_1xi−x1，yiy_iyi 表示方程的未知数

这样就可以把上述方程转化为一个好看的丢番图方程（线性方程）：

a1y1+a2y2+a3y3+⋯+anyn=K−x1a_1y_1+a_2y_2+a_3y_3+\cdots+a_ny_n=K-x_1a1y1+a2y2+a3y3+⋯+anyn=K−x1

实际意义就是我们选 y1y_1y1 个a1a_1a1（a1=x1−x1a_1=x_1-x_1a1=x1−x1），y2y_2y2 个 a2a_2a2（a2=x2−x1a_2=x_2-x_1a2=x2−x1），⋯\cdots⋯，凑成 K−x1K-x_1K−x1。（yiy_iyi 可以为 000 嘛）

我们只需要判断这个丢番图方程有解即可。若该方程有解，则说明最开始的式子 xi+∑j,k(xj−xk)=Kx_i+\sum_{j,k}(x_j-x_k)=Kxi+∑j,k(xj−xk)=K 有解（我们全程所有的式子的含义都没有变化，只是形式上的改变），说明 KKK 可以被通过题中所给的操作凑出来，也就是可以写到黑板上，也就是输出 YES。

判断丢番图方程有解，很容易想到裴蜀定理：

设 a,ba,ba,b 是不全为零的整数，则存在整数x,yx,yx,y，使得ax+by=gcd⁡(a,b)ax+by = \gcd(a,b)ax+by=gcd(a,b)。 若mmm 是 gcd⁡(x,y)\gcd(x,y)gcd(x,y) 的倍数，方程同样有解（很显然，因为我们只需要两边同时乘上倍数即可。）

那么对于多个变量同样适用：

即：若 K−x1K-x_1K−x1 是 gcd⁡(x1−x1=0,x2−x1,x3−x1,⋯,xn−x1)\gcd(x_1-x_1=0,x_2-x_1,x_3-x_1,\cdots,x_n-x1)gcd(x1−x1=0,x2−x1,x3−x1,⋯,xn−x1) 的倍数，则该丢番图方程有解，即 KKK 一定能够被凑出来写到黑板上，输出 YES 。

Code

非常简单的代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <vector>
#include <unordered_map>using namespace std;
typedef long long ll;
typedef int itn;
const int N = 5e5 + 7, mod = 1e9 + 7;
const ll INF = 1e18 + 7;ll x[N], n, m, t, k;int main()
{scanf("%lld", &t);while(t -- ) {scanf("%lld%lld", &n, &k);for(int i = 1; i <= n; ++ i)scanf("%lld", &x[i]);ll gcd = 0;for(int i = 1; i <= n; ++ i)gcd = __gcd(x[i] - x[1], gcd);if((k - x[1]) % gcd == 0)puts("YES");else puts("NO");}return 0;
}

看懂了叭 ~ 超级清晰有没有 (●ˇ∀ˇ●) 我真棒（

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