[数论] 51Nod 1217 Minimum Modular & Codeforces 303C #183 (Div. 1) Minimum Modular

N个不同的数a[1],a[2]...a[n]，你可以从中去掉K个数，并且找到一个正整数M，使得剩下的N - K个数，Mod M的结果各不相同，求M的最小值。

来自讨论帖：http://www.51nod.com/question/index.html#!questionId=994

这个题我们可以考虑从小到大枚举m（从max(1,n-k)到max(a[i])+1），然后判断能否在删不超过k个数的情况下满足每个数模m都互不相同。

对于模m的情况，a[i]≡a[j](mod m)当且仅当a[i]-a[j]是m的倍数，我们可以先预处理出a[i]-a[j]=w的个数cnt[w]，然后对于模m的情况，就只用考虑删m|a[i]-a[j]的i或j了，根据调和级数我们可以算出枚举1~p里每个数在1~p里的倍数的时间复杂度是O(plogp)的，对于此题，p<=10^6+1，可以承受。

而k个模m同余的数最多可可以形成k*(k+1)/2对同余二元组(i,j)，所以对于每个m，我们可以算出满足m|w的cnt[w]之和，如果超过k*(k+1)/2就可以直接确定这个m不可行。

否则我们可以把这不超过k*(k+1)/2对二元组(i,j)（满足a[i]-a[j]=w的）拿出来，看他们模m下的实际模值，对于某个b，如果a[i]≡b(mod m)的i有t个，那么至少要删掉t-1个数才行，所以我们可以对于不同的b算出至少需要删掉的数字个数，检查加起来是否不超过k，如果不超过，那么就找到了最小的可行解m，否则这个m就不可行。

#include
#include
#include
using namespace std;

inline char nc(){
  static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
  if (p1==p2) { p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin); if (p1==p2) return EOF; }
  return *p1++;
}

inline void read(int &x){
  char c=nc(),b=1;
  for (;!(c>='0' && c<='9');c=nc()) if (c=='-') b=-1;
  for (x=0;c>='0' && c<='9';x=x*10+c-'0',c=nc()); x*=b;
}

const int M=1000005;
const int N=5005;

struct edge{
  short x,y; int next;
}G[N*N/2];
int head[M],inum;
int cnt[M];

inline void add(short x,short y,int u){
  ++inum; G[inum].x=x; G[inum].y=y; G[inum].next=head[u]; head[u]=inum; cnt[u]++;
}

int n,K,a[N];
int cot[M],tim[M];
int vst[N];

int main(){
  int maxa=0,ans;
  scanf("%d%d",&n,&K);
  for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",a+i),maxa=max(maxa,a[i]);
  for (int i=1;i<=n;i++) for (int j=i+1;j<=n;j++) add((short)i,(short)j,abs(a[i]-a[j]));
  int tot;
  for (int i=max(1,n-K);i<=maxa+1;i++){
    tot=0;
    for (int j=i;j<=maxa;j+=i)
      tot+=cnt[j];
    if (tot>K*(K+1)/2) continue;
    tot=0;
    for (int j=i;j<=maxa && tot<=K;j+=i)
      for (int p=head[j];p && tot<=K;p=G[p].next){
	if (vst[G[p].x]!=i){
	  int tem=a[G[p].x]%i;
	  if (tim[tem]!=i) tim[tem]=i,cot[tem]=0,tot--;
	  cot[tem]++; tot++;
	  vst[G[p].x]=i;
	}
	if (vst[G[p].y]!=i){
	  int tem=a[G[p].y]%i;
	  if (tim[tem]!=i) tim[tem]=i,cot[tem]=0,tot--;
	  cot[tem]++; tot++;
	  vst[G[p].y]=i;
	}
      }
    if (tot<=K){
      ans=i; break;
    }
  }
  printf("%d\n",ans);
}