题解：洛谷 P10136 Cowlendar

【题目来源】

【题目描述】

Bessie 在一个陌生的星球上醒来。这个星球上有 \(N\)（\(1\le N\le 10^4\)）个月，分别有 \(a_1,\ldots,a_N\) 天（\(1\le a_i\le 4\cdot 10^9\)，所有 \(a_i\) 均为整数）。此外，这个星球上还存在周，一周为 \(L\) 天，其中 \(L\) 是一个正整数。有趣的是，Bessie 知道以下事情：

对于正确的 \(L\)，每个月至少有 \(4\) 周。
对于正确的 \(L\)，\(a_i\bmod L\) 至多有 \(3\) 个不同值。

不幸的是，Bessie 忘记了 \(L\) 是多少！请通过输出 \(L\) 的所有可能值之和来帮助她。

注意这个问题涉及到的整数可能需要使用 64 位整数型（例如，C/C++ 中的 "long long"）。

【输入】

输入的第一行包含一个整数 \(N\)。第二行包含 \(N\) 个空格分隔的整数 \(a_1,\ldots,a_N\)。

【输出】

输出一个整数，为 \(L\) 的所有可能值之和。

【输入样例】

12
31 28 31 30 31 30 31 31 30 31 30 31

【输出样例】

【核心思想】

问题分析：给定 \(N\) 个月的天数 \(a_i\)，求所有满足以下两个条件的正整数 \(L\) 之和：
- 每个月至少有 \(4\) 周：\(a_i / L \geq 4\)，即 \(L \leq a_{\min} / 4\)
- \(a_i \bmod L\) 至多有 \(3\) 个不同值
本质上是数学分析 + 因数枚举问题：利用"模 \(L\) 最多 \(3\) 个不同余数"的约束，推导出 \(L\) 必为某些差值的因数。
算法选择：
- 差值因数枚举：若 \(a_i \bmod L\) 和 \(a_j \bmod L\) 相同，则 \(L \mid (a_i - a_j)\)。最多 \(3\) 个不同余数意味着至少 \(\lceil N/3 \rceil\) 个数同余，故 \(L\) 必为某些数对差值的因数
- 小范围枚举：只需枚举前 \(4\) 个数的两两差值的因数即可覆盖所有候选 \(L\)
关键步骤：
- 读取数据：读入 \(N\) 和 \(a[1..N]\)，排序去重
- 特殊情况：若去重后 \(N \leq 3\)，则任意 \(L \leq a_1/4\) 都满足，答案为 \(1 + 2 + \dots + \lfloor a_1/4 \rfloor\)
- 计算差值：取前 \(4\) 个数，计算所有 \(\binom{4}{2} = 6\) 个两两差值，存入 \(b[1..m]\) 并去重
- 枚举因数：对每个差值 \(b[i]\)，枚举其所有因数 \(j\) 和 \(b[i]/j\)，用 check(j) 验证：
  - 若 \(a_1 / j < 4\)，跳过（不满足至少 \(4\) 周）
  - 计算所有 \(a_i \bmod j\)，排序去重后若不同余数 \(\leq 3\) 且未统计过，\(ans \leftarrow ans + j\)
- 输出 \(ans\)
时间/空间复杂度：
- 时间复杂度：\(O(6 \cdot \sqrt{a_{\max}} \cdot N \log N)\)，枚举因数并验证
- 空间复杂度：\(O(N)\)，数组存储
数学约束分析的核心思想：
- 鸽巢原理：\(N\) 个数模 \(L\) 最多 \(3\) 个不同值，则至少 \(\lceil N/3 \rceil\) 个数同余，这些数的差都是 \(L\) 的倍数
- 前 \(4\) 个数的充分性：若 \(N > 3\)，取前 \(4\) 个数，由鸽巢原理至少 \(2\) 个同余，其差包含 \(L\) 的因数信息
- 因数枚举的完备性：\(L\) 必为某对同余数差的因数，枚举所有差值的因数即可覆盖所有候选
- 去重与验证：用 map 避免重复统计，排序去重后检查余数个数保证正确性
- 适用于数论约束、因数分解、鸽巢原理应用类问题

【解题思路】

【算法标签】

普及+ #数学

【代码详解】

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;
const int N = 10005, P = 1e6 + 2;

int n;                  // 数字个数
int cnt;                // 质数计数器
int pr[P];              // 存储质数
int minp[P];            // 存储最小质因子
bool vis[P];            // 标记是否为质数
LL a[N];                // 存储输入数字
LL b[N];                // 存储数字差值
LL ans;                 // 最终结果
LL c[N];                // 临时存储取模结果
map<LL, bool> mp;       // 记录已处理过的数

/**
 * 检查x是否满足条件
 * @param x 待检查的数
 */
void check(LL x)
{
    // 检查x是否太小
    if (a[1] / x < 4) return;

    // 计算每个数对x取模的结果
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        c[i] = a[i] % x;
    }

    // 排序并去重
    sort(c + 1, c + n + 1);
    int k = unique(c + 1, c + n + 1) - c - 1;

    // 如果不同余数不超过3个且x未被处理过
    if (k <= 3 && mp[x] == 0)
    {
        ans += x;
    }
    mp[x] = 1;
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        scanf("%lld", &a[i]);
    }

    // 排序并去重
    sort(a + 1, a + n + 1);
    n = unique(a + 1, a + n + 1) - a - 1;

    // 特殊情况处理：当不同数字不超过3个时
    if (n <= 3)
    {
        LL p = a[1] / 4;
        printf("%lld\n", p * (p + 1) / 2);
        return 0;
    }

    // 计算前4个数字的两两差值
    int m = 0;
    for (int i = 1; i < 4; i++)
    {
        for (int j = i + 1; j <= 4; j++)
        {
            b[++m] = abs(a[i] - a[j]);
        }
    }

    // 对差值排序并去重
    sort(b + 1, b + m + 1);
    m = unique(b + 1, b + m + 1) - b - 1;

    // 检查每个差值的所有因数
    for (int i = 1; i <= m; i++)
    {
        for (LL j = 1; j * j <= b[i]; j++)
        {
            if (b[i] % j == 0)
            {
                check(j);
                check(b[i] / j);
            }
        }
    }

    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

【运行结果】

12
31 28 31 30 31 30 31 31 30 31 30 31
28

posted @ 2026-08-17 09:45 团爸讲算法阅读(11) 评论(0) 收藏举报

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