Codeforces #207 div2 C. Prime Number 数论 gcd

本文介绍了一道 CodeForces 平台上的算法题目 C 的解决方案,通过数学转换简化问题,利用 map 进行高效合并操作,最终求得特定条件下多项式的最大公约数。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

题目

题目链接:http://codeforces.com/contest/359/problem/C

题目来源:http://blog.youkuaiyun.com/acdreamers/article/details/14530153

简要题意:通分分母为 xa1+a2++an ,求 1xa1+1xa2++1xan 的分子和分母的gcd

数据范围: 1n105;2x1090a1a2an109

题解

首先,我们不妨让

bi=(i=1nai)aisum=i=1nai

可以看出按照顺序分子上的第 i 项为xbi,问题转化为了求

gcd(xsum,i=1nxbi)

不难发现直接求这个已经有点接近答案了

xminni=1(bi)

但是由于相同的 xbi 可能可以合并成 xbi+1 因而可能会错

x 个相同的xbi加起来就可以合并成一个 xbi+1

这个合并的过程可以使用map来进行模拟,不断合并,合并过程中,最小的个数不能整除 x 的那个bi就是合并之后 ni=1xbi 中能抽取出来的最高的 x 的幂次,不妨令它为Ans

则最终输出的结果为

xmin(Ans,sum)

实现

   写的时候开始就想到了map来搞,但是写的时候由于map的特殊性,即在遍历的时候不能改变内部结构(增删,可能导致迭代器失效),有点茫然。

   后来想想其实合并的过程下一次加1的位置必然是有的,也必然要合并的,所以只要根据值来访问就能避免这个问题了。

   还有就是对于map<LL, int> m; m[x+1] += m[x++]/n;这个代码实际运行的时候会得到错误的答案。

   也许是由于STL内部实现的问题吧,然后把这句拆开来就没问题了。

   复杂度为 O(nlogn+log(sum))

2A代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <stack>
#include <queue>
#include <string>
#include <vector>
#include <set>
#include <map>

#define pb push_back
#define mp make_pair
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define sz(x) ((int)(x).size())
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
LL powmod(LL a,LL b, LL MOD) {LL res=1;a%=MOD;for(;b;b>>=1){if(b&1)res=res*a%MOD;a=a*a%MOD;}return res;}
// head
const int N = 1e5+5;
int a[N];
map<LL, int> m;
LL getAns(LL n) {
    LL x = m.begin()->fi;
    while (m[x]%n == 0) {
        m[x+1] += m[x]/n;
        x++;
    }
    return x;
}
int main()
{
    int n;
    LL x, sum = 0;
    scanf("%d%I64d", &n, &x);
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        scanf("%d", a+i);
        sum += a[i];
    }
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        m[sum-a[i]]++;
    }
    sum = min(getAns(x), sum);
    printf("%I64d\n", powmod(x, sum, 1e9+7));
    return 0;
}
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