题解：P5956 [POI 2017] Podzielno

P5956 [POI 2017] Podzielno 题解

tip

date: 2025/7/21DAY15

T1 也是花了 10 分钟场切，a_zjzj 还是太没水准了。

思路

对于任意大于 \(2\) 的正整数 \(n\)，必有 \(n-1\) 与它互质。

形式化的：

\[\forall n \in (2,+\infty )\cap\N,\gcd(n,n-1)=1 . \]

那么对于任意 \(B\) 进制数 \(A\)。

\[\because B \equiv 1 \pmod{B-1} \]

\[\therefore B^i \equiv 1 \pmod{B-1} \]

\[\because A = \sum p_i\times B^i \]

\[\therefore A \equiv \sum p_i \pmod{B-1} \]

注意题目 \(1 \le a_i \le 10^6\)，每一位数字至少有一个，那么只要删去一个 \(\sum a_i \times i\) 除以 \(B-1\) 的余数就能保证 \(X\) 是 \(B-1\) 的倍数。

注意：当 \(\sum a_i \times i\) 本身是 \(B-1\) 的倍数时，不必删去。

因此，我们只要删数后前缀和，二分 \(k\) 即可。

lower_bound 不会点这里。

不知道洛谷专栏什么时候修复，反正先放着。

希望早点修好吧。

code

#include<bits/stdc++.h> 
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+5;
int n,m,s;
int mod;
int a[N];
int pre[N];
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n>>m;
	mod=n-1;
	for(int i=0;i<n;i++)
		cin>>a[i],s=(s+a[i]*i%mod)%mod;
	if(s)	a[s]--;//特判
	pre[0]=a[0];
	for(int i=1;i<n;i++)
		pre[i]=pre[i-1]+a[i];
	while(m--){
		int k;
		cin>>k;
		int ans=lower_bound(pre,pre+n,k+1)-pre;
		if(ans==n){
			cout<<-1<<'\n';
			continue;
		}
		cout<<ans<<'\n';
	}
	return 0;
}

完结撒花！！！