洛谷 CF798C Mike and gcd problem

嗯...

题目链接：https://www.luogu.org/problemnew/show/CF798C

这道题首先要会写gcd..也类似一种找规律吧...

问题的操作是在两个数的基础上进行的：

那么我们不妨只考虑两个数的操作，手写几组数据不难发现，所有写出来的两个数A.B，都会在至多两次操作内完成任务。那么我们可以考虑其性质：

两个数A.B.无非四种情况：

奇数，奇数--------------->操作后变成       偶数，偶数

奇数，偶数--------------->操作后变成       奇数，奇数

偶数，奇数--------------->操作后变成       奇数，奇数

偶数，偶数--------------->操作后变成       偶数，偶数

所以：

如果原来两个数都是偶数的话，那么操作数为0.

如果原来两个数都是奇数的话，那么操作数为1.

如果原来两个数是一奇一偶的话，那么操作数为2.

其一定不会出现结果是（3 ，6）这种情况的，除非原序列就是这样的。

所以，最后再加几个特判即可：

如果n == 1，其gcd一定是1，所以直接输出即可；

如果gcd在不操作之前已经大于1了，直接输出即可；

其他情况再讨论奇偶性即可...（注意这道题不存在无解的情况，前面已经解释过）....

AC代码：

 #include<iostream>
 #include<cstdio>

 using namespace std;

 int n, a[], ans;

 int gcd(int a, int b){
     if(b == )
         return a;
     return gcd(b, a % b);
 }

 int main(){
     scanf("%d", &n);
     for(int i = ; i <= n; i++)
         scanf("%d", &a[i]);
     if(n == ){
         printf("YES\n0\n");
         return ;
     }//特判
     int now = gcd(a[], a[]);
     for(int i = ; i <= n; i++)
         now = gcd(a[i], now);//gcd
     if(now != ){
         printf("YES\n0\n");
         return ;
     }//特判
     else{
         a[n + ] = ;
         for(int i = ; i <= n; i++){
             if(a[i] %  ==  && a[i + ] %  == ){
                 ans++;
                 a[i + ] = ;//已经操作成偶数，所以赋值成任何一个偶数都可
             }
             else if(a[i] %  ==  && a[i + ] %  == )//一奇一偶
                 ans += ;
         }
         printf("YES\n%d\n", ans);
     }
     return ;
 }

AC代码