AtCoder Beginner Contest 272 - G - Yet Another mod M

随机 + 数论

题意

Submission #35524126 - AtCoder Beginner Contest 272

给一个长度为 \(n\;(1<=n<=5000)\) 的数组 \(a[i]\)，求一个 \(3<=M<=10^9\), 使得有 \(\lfloor\frac {n}{2}\rfloor+1\) 个数在 \(\mod M\) 意义下的值相同

思路

1. 如果随机取两个数，都是那 \(\lfloor\frac {n}{2}\rfloor+1\) 个数的几率是 \(\frac 14\)，因此大概选 1000 次，肯定会有 1 次是都在这一半数里的

2. 对于这两个数 \(x,y\), 若在模 M 意义下相等，则 M 是 \(|x-y|\) 的因子

3. 枚举 \(|x-y|\) 的因子作为 M，\(O(n)\) 检验是否有 \(\lfloor\frac {n}{2}\rfloor+1\) 个数模 M 意义下相同即可

4. 若要进一步优化复杂度，可以只枚举 M 为 \(|x-y|\) 的素因子（如果一个数可以作为 M，那它的因子一定也可以）

   但是要注意 M 不能取 2，但可以取 4，要特判 4 可不可以；

   这里也要把 2 除干净

   while(t % 2 == 0)
       t /= 2;
   if (t > 1)
       fac.push_back(t);
   

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl "\n"

typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;

const int N = 5e3 + 10, M = 1e5 + 10;
int a[N];
int n;
int pr[M / 5], cnt;
int p[M];
void get_primes(int n)
{
	p[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; i++)
	{
		if (!p[i])
			pr[++cnt] = i;
		for (int j = 1; j <= cnt && pr[j] <= n / i; j++)
		{
			p[i * pr[j]] = pr[j];
			if (p[i] == pr[j])
				break;
		}
	}
}

int solve()
{
	int tmp[4];
	memset(tmp, 0, sizeof tmp);
	for (int i = 0; i < n; i++)
		tmp[a[i] % 4]++;
	for (int i = 0; i < 4; i++)
	{
		if (tmp[i] >= n / 2 + 1)
			return 4;
	}
	int cnt = 10000;
	while(cnt--)
	{
		int u, v;
		u = rand() % n;
		while(1)
		{
			v = rand() % n;
			if (v != u)
				break;
		}
		if (u > v) swap(u, v);
		int t = abs(a[u] - a[v]);
		vector<int> fac;
		for (int i = 2; i <= cnt && pr[i] <= t / pr[i]; i++)
		{
			int d = pr[i];
			if (t % d)
				continue;
			while(t % d == 0)
				t /= d;
			fac.push_back(d);
		}
		while(t % 2 == 0)
			t /= 2;
		if (t > 1)
			fac.push_back(t);
		for (auto d : fac)
		{
			int cnt = 2;
			for (int i = 0; i < n; i++)
			{
				if (i == u || i == v)
					continue;
				if (abs(a[i] - a[u]) % d == 0)
					cnt++;
			}
			if (cnt >= n / 2 + 1)
				return d;
		}
	}
	return -1;
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
	srand(time(0));
	get_primes(M - 10);
	cin >> n;
	for (int i = 0; i < n; i++)
		cin >> a[i];
	cout << solve() << endl;
    return 0;
}