J - 乌龟与最大公约数

题解：最大化分割子集和的 GCD

题目解析

给定连续整数集合 \(\{a,\ a+1,\ a+2,\ \dots,\ a+b-1\}\)，将其分成两个非空子集，求两个子集和的最大公约数的最大可能值。

枚举

首先我们考虑暴力，枚举子集的复杂度为\(2^n\),故不行，所以我们考虑优化。

核心数学推导

1. 计算全集总和
   连续 \(b\) 个数的和：

\[S = a + (a+1) + \dots + (a+b-1) = \frac{b \cdot (2a + b - 1)}{2} \]

2. 关键性质1
   设两个子集和为 \(S_1, S_2\)，则 \(S_1 + S_2 = S\)。
   对任意公约数 \(d\)，满足 \(d \mid S_1\) 且 \(d \mid S_2\)，则必然有 \(d \mid S\)。

因此：答案一定是总和 \(S\) 的约数，我们只需要找 \(S\) 的最大合法约数。

3. 合法条件

• 子集非空 → 不能取 \(d=S\)（会导致一个子集和为 \(0\)）
• 最优解：\(S\) 的最大真约数（即 \(S\) 除以其最小质因子）

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解题思路

首先我们计算S的所有因数，S是n个数的总和，因为关键性质1，所以答案一定在S的因数中
然后我们枚举S的所有因数，对于每一个因数判断它是否能成为答案。
我们如何判断可以尽可能的快呢。
我们发现当我们从集合中选取一个数的时候，我能选取的范围是\((a,a+b-1)\)
选取两个数的范围为\((2a+1,2a+2b-3)\);
同样，所以我拿走n个集合中的数可组成的和的范围为前面n项的和到最后面n和之间；
只要这个区间内出现了一个我们当前枚举的因数或者他的倍数，这个因数就可以成为答案；
我的代码用了前缀和，如果用等差公式求和也是一样的；
pre[j] % it >= (pre[b] - pre[b - j]) % it || pre[b] - pre[j] - pre[b - j] >= it；
或者可以写成
(pre[b]-pre[j])/it-pre[j]/it>0;
答案就合法

完整 AC 代码（C++）

#include<iostream>
#include<string>
#include<algorithm>
#include <vector>
#include <cmath>
using namespace std;
using i64 = long long;
i64 pre[300005];
i64 a, b,t;
void solve() {
	
	cin >> a >> b;
	i64 sum = (a + a + b - 1) * b / 2;
	vector<i64> cnt;
	for (i64 i = 1; i * i <= sum; i++) {//记得i要开long long 不然会爆int
		if (sum % i == 0)
		{
			cnt.push_back(i);
			cnt.push_back(sum / i);
		}
	}
	pre[0] = 0;
	for (int i = 1; i <= b; i++) {
		pre[i] = pre[i - 1] + i + a - 1;
	}
	sort(cnt.begin(), cnt.end());
	i64 ans = 0;
	for(auto it:cnt)
	{
		i64 v = 0;
		for (int j = 1; j < b; j++) {
		if (pre[j] % it >= (pre[b] - pre[b - j]) % it || pre[b] - pre[j] - pre[b - j] >= it) {
			v = 1;
				break;
			}
		}
		if (v == 1) {
			ans = max(ans, it);
		}
	}
	cout << ans << '\n';
}
int main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cin >> t;
	while(t--){
		solve();
	}
}