Codeforces 1255E Send Boxes to Alice（前缀和+枚举+数论）

我们考虑前缀和sum[i]，如果将a[i+1]中的一个塞入a[i]中，则不影响sum[i+1],但是sum[i]++，如果将a[i]中的一个塞入a[i+1],则不影响sum[i+1],但是sum[i]--，我们可以发现操作一次相当于将一个sum[i]+1或者到sum[i]-1，那么题意就变成了操作多少次可以使得所有的sum[i]为某一个k的倍数，那么一个sum[i]变成k的倍数操作次数最小必然为min(sum[i]%k,k-sum[i]%k)，那么接下如何考虑k呢，显然k是sum[n]的一个因子，否则必然不可能，但是sum[n]范围1e12，枚举所有因子高达2¹²个，显然不行，但是其实我们只需要枚举质因子即可，可以得出结论他的质因子所得的操作次数最小值必然不超过k所得的操作数。总体复杂度O(12n)。

 //      ——By DD_BOND

 #include<bits/stdc++.h>

 #define pb push_back

 using namespace std;

 typedef long long ll;

 const ll LLMAX=2e18;
 const int MAXN=1e6+;

 vector<ll>prime;
 ll a[MAXN],sum[MAXN];

 int main(void)
 {
     ios::sync_with_stdio(false);    cin.tie();   cout.tie();
     ll n,ans=LLMAX;  cin>>n;
     for(int i=;i<=n;i++)    cin>>a[i],sum[i]=sum[i-]+a[i];
     if(sum[n]==)   return cout<<<<endl,;
     if(sum[n]==)   return cout<<-<<endl,;
     ll p=sum[n];
     for(ll i=;i*i<=sum[n];i++)
         while(p%i==){
             prime.pb(i);
             p/=i;
         }
     if(p!=) prime.pb(p);
     prime.erase(unique(prime.begin(),prime.end()),prime.end());
     for(auto i:prime){
         ll cur=;
         for(int j=;j<=n;j++)    cur+=min(sum[j]%i,i-sum[j]%i);
         ans=min(ans,cur);
     }
     cout<<ans<<endl;
     return ;
 }