#题解Codeforces Round 1062 (Div. 4)——D. Yet Another Array Problem

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题解：D. Yet Another Array Problem

题目大意

给定长度为 \(n\) 的数组 \(a = [a_1, a_2, \dots, a_n]\)。

求满足下列条件的最小整数 \(x\)（范围在 \([2, 10^{18}]\) 内）：

• 数组中至少存在一个元素 \(a_i\)，使得 \(\gcd(a_i, x) = 1\)。

如果不存在这样的 \(x\)，输出 \(-1\)。

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核心思路

1. 为什么只需要考虑素数？

设某个合数 \(x\) 满足条件，即存在某个 \(a_i\) 使得 \(\gcd(a_i, x) = 1\)。

根据合数的性质，\(x\) 必然拥有至少一个质因数 \(p\)（且满足 \(p < x\)）。
如果 \(\gcd(a_i, x) = 1\)，那么 \(a_i\) 和 \(x\) 没有任何大于 \(1\) 的公因数，因此 \(p\) 也绝不可能是 \(a_i\) 的因数，即：

\[\gcd(a_i, p) = 1 \]

这意味着：任何合数解 \(x\) 能够满足条件，它的所有素因子都天然满足条件，且素因子一定严格小于该合数。

因此，合数永远不可能成为最小的满足条件的 \(x\)。最优的答案 \(x\) 必然是一个素数。

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2. 答案的上界分析

题目要求找一个最小的素数 \(p\)，使得 \(p\) 不是数组中所有元素的公因数（即存在至少一个 \(a_i\) 不能被 \(p\) 整除）。

• 如果某个素数 \(p\) 不满足条件，说明对于所有 \(1 \le i \le n\)，都有 \(p \mid a_i\)（即 \(\gcd(a_i, p) = p > 1\)）。
• 这意味着 \(p\) 是数组中所有数的公因数。
• 考虑到数据范围 \(a_i \le 10^{18}\)，一个不超过 \(10^{18}\) 的正整数所能包含的不同质因数个数是非常少的。前几个质数的乘积增长极快：
  \[2 \times 3 \times 5 \times 7 \times 11 \times 13 \times 17 \times 19 \times 23 \times 29 \times 31 \times 37 \times 41 \times 43 \times 47 > 10^{18} \]
  前 \(15\) 个素数的乘积就已经突破 \(10^{18}\)。即使 \(a_i\) 取到极限值 \(10^{18}\)，它最多也只能同时被大约十几个不同的质数整除。
• 哪怕数组所有数都拥有相同的这一批质因子，我们在质数表中只需要按从小到大的顺序扫描，最多尝试几十个素数就必然能找到一个不在其质因数集内的素数 \(p\)。

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3. 算法设计

1. 预处理小范围素数（例如线性筛预处理前 \(10^5\) 以内的素数，实际上预处理前 100 个质数就完全足够）。
2. 从最小的质数 \(p = 2, 3, 5, \dots\) 开始从小到大枚举：
   • 遍历数组 \(a\)，如果存在某个元素 \(a_i\) 满足 \(\gcd(a_i, p) == 1\)（或者等价于 \(a_i \pmod p \ne 0\)），则当前素数 \(p\) 即为满足条件的最小值。
   • 直接输出 \(p\) 并结束当前测试用例。

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复杂度分析

• 时间复杂度：
  • 筛法预处理：一次性完成，时间可忽略不计。
  • 单组查询：每次枚举一个素数检查整个数组需要 \(\mathcal{O}(n)\)，由于最多只需要检查常数个素数（\(\le 20\) 个），单组测试用例的时间复杂度实质上为 \(\mathcal{O}(n)\)。
  • 总时间复杂度：\(\mathcal{O}(\sum n)\)，对于 \(\sum n \le 10^5\) 的数据规模，整体运行耗时仅约 \(30\text{ ms}\)，远低于 \(2.0\text{ s}\) 时限。
• 空间复杂度：存储素数表与原数组，空间复杂度为 \(\mathcal{O}(n)\)。

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C++ 代码实现

#include <iostream>
#include <vector>
#include <numeric>

using namespace std;

const int MAXN = 1e5 + 5;
int prim[MAXN] = {0}; 
vector<int> primes;

// 预处理素数表
void sieve() {
    for (int i = 2; i < MAXN; i++) {
        if (!prim[i]) {
            primes.push_back(i);
            for (long long j = 1LL * i * i; j < MAXN; j += i) {
                prim[j] = 1;
            }
        }
    }
}

void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    vector<long long> a(n);
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> a[i];
    }
    
    // 从小到大枚举质数
    for (int p : primes) {
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            // 只要存在一个 a[i] 不能被 p 整除，gcd(a[i], p) 就必定为 1
            if (std::gcd(a[i], (long long)p) == 1) {
                cout << p << "\n";
                return;
            }
        }
    }
}

int main() {
    // 快速 IO
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    
    sieve();
    
    int t;
    if (cin >> t) {
        while (t--) {
            solve();
        }
    }
    return 0;
}