【洛谷】P3518 [POI2011]SEJ-Strongbox

题目描述

有一个密码箱，0到n-1中的某些整数是它的密码。且满足，如果a和b都是它的密码，那么(a+b)%n也是它的密码(a,b可以相等) 某人试了k次密码，前k-1次都失败了，最后一次成功了。问：该密码箱最多有多少不同的密码。
输入格式

第一行n，k
下面一行k个整数，表示每次试的密码
保证存在合法解
输出格式

一行，表示结果
输入样例
42 5
28 31 10 38 24
输出样例
14
提示
1<=k<=250000 k<=n<=10^14

分析

首先不可能存在存在两个密码互质

如果有两个密码互质，那么0到n-1就都是密码

证明

设两个密码分别为a，b，根据扩展欧几里得定理，以下方程肯定有解

ax+by=1ax+by=1ax+by=1

从而得知以下方程有解

ax+by≡1(modn)ax+by\equiv1(mod \ n)ax+by≡1(mod n)

虽然题目中只能用加法，x与y可能小于0，但是因为

a(x+kn)+b(y+kn)≡ax+by≡1(modn)a(x+kn)+b(y+kn)\equiv ax+by\equiv1(mod \ n)a(x+kn)+b(y+kn)≡ax+by≡1(mod n)

所以可以推出，如果有两个互质的密码，那么1也是密码

那么通过1自己加自己可以得出0到n-1都是密码

所以不存在互质的密码

用刚才的方法还可以一般性地证明，对于两个密码a与b，gcd(a,b)一定是密码

可以把gcd(a,b)看成万恶之源，它的倍数都是密码，进而衍生出了所有的密码。

如果一个数不是密码，那么它就绝对不是那个最小gcd的倍数

所以我们可以去枚举最小的gcd，验证是否可行。

显然gcd越小越好。

两种思路，一种是枚举后一个个验证，另一种是先去掉前k-1个数的约数再枚举。

Code 1

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int k;long long n,a[250005],ans;
long long gcd(long long a,long long b){return !b?a:gcd(b,a%b);}
int check(long long x)
{for(int i=1;i<=k;i++)if(a[i]%x==0)return 0;return 1;
}
int main()
{scanf("%lld%d",&n,&k);for(int i=1;i<=k;i++)scanf("%lld",&a[i]),a[i]=gcd(a[i],n);long long x=a[k];sort(a+1,a+k);k=unique(a+1,a+k)-a-1;for(long long i=1;i*i<=x;i++)if(x%i==0){if(check(i)){printf("%lld\n",n/i);return 0;}if(check(x/i))ans=n/(x/i);}printf("%lld",ans);
}

Code 2

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int k;
long long n,en,cnt,ans,a[250005],p[250005],q[250005],pri[250005];
inline long long gcd(long long a,long long b){return !b?a:gcd(b,a%b);}
int main()
{scanf("%lld%d",&n,&k);for(int i=1;i<=k;i++)scanf("%lld",&a[i]);a[k]=gcd(a[k],n);for(int i=1;i<k;i++)a[i]=gcd(a[i],a[k]);for(int i=1;1ll*i*i<=a[k];i++)if(a[k]%i==0){q[++en]=i;if(1ll*i*i!=a[k])q[++en]=a[k]/i;}sort(q+1,q+1+en);long long x=a[k];for(int i=2;1ll*i*i<=x;i++)if(x%i==0){pri[++pri[0]]=i;while(x%i==0)x/=i;}if(x!=1)pri[++pri[0]]=x;for(int i=1;i<k;i++)p[lower_bound(q+1,q+en+1,a[i])-q]=1;for(int i=en;i>=1;i--){if(p[i])for(int j=1;j<=pri[0];j++)if(q[i]%pri[j]==0)p[lower_bound(q+1,q+en+1,q[i]/pri[j])-q]=1;}cnt=1;while(p[cnt])cnt++;printf("%lld\n",n/q[cnt]);
}

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