2018CCPC桂林站 G. Greatest Common Divisor (gcd 差分 质因数分解)

题目链接: Greatest Common Divisor

大致题意

给定一个长度为$n$的序列, 可以执行任意多次操作: 给所有位置的数值+1.

问: 最少执行多少次操作, 使得$gcd(\{a_1,a_2,...,a_n\})\ne 1$. 若无解则输出$-1$.

解题思路

差分

这类区间加 且 求$gcd$的题目, 我们比较容易的想到转化成差分的思路进行求解.

对于本题而言, 每次是使区间$[1,n]+1$. 若设原序列为$a[]$, 差分序列为$b[]$. 则操作等价于使得$b[1]+1,b[n+1]-1$. 对$n+1$位置操作没有意义, 因此操作最终等价于: b[1] + 1.

现在问题变为, 至少进行多少次b[1] + 1操作, 使得$gcd(\{b_1,b_2,...,b_n\})\ne 1$.

我们易得: 如果$gcd(\{b_2,b_3,...,b_n\})=1$, 则无解.

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质因数分解

反之, 设$d=gcd(\{b_2,b_3,...,b_n\})$. 相当于我们需要求$gcd(b_1,d)\ne 1$的最小操作次数.

我们只需要让$b_1$和$d$有至少1个相同的质因子即可.

因此我们可以对$d$进行质因数分解, 通过枚举所有结果, 取最小值即可.

AC代码

#include 
#define rep(i, n) for (int i = 1; i <= (n); ++i)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1E5 + 10;
int a[N], b[N];
int get(int d) { return (d - b[1] % d) % d; }
int fact(int d) {
	int res = INT_MAX;
	for (int i = 2; i <= d / i; ++i) {
        if (d % i == 0) {
            res = min(res, get(i));
            while (d % i == 0) d /= i;
        }
    }
    if (d > 1) res = min(res, get(d));
	return res;
}
int main()
{
	int t; cin >> t;
	rep(tt, t) {
		int n; scanf("%d", &n);
		rep(i, n) scanf("%d", &a[i]), b[i] = abs(a[i] - a[i - 1]);

		int d = 0;
		for (int i = 2; i <= n; ++i) d = gcd(d, b[i]);

		if (d == 0) printf("Case %d: %d\n", tt, b[1] == 1);
		else {
			int res = fact(d);
			printf("Case %d: %d\n", tt, res == INT_MAX ? -1 : res);
		}
	}

	return 0;
}

END