题解：CF1909D Split Plus K

CF1909D 题解

题面

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思路

首先，看懂题后直接先观察式子，盯着盯着感觉有点感觉。

\(x+k=y+z\)，看这个式子 \(x,y,z\) 并没有什么相同的地方，一边有 \(k\)，一边没 \(k\)，所以考虑两边同时减 \(2k\)。

\(x+k-2k=y+z-2k\)，整理下。

\(x-k=(y-k)+(z-k)\)，这下看舒服多了，结合下题意，顿时感觉简单多了，这不就是把一个数给分成两个数吗？只要在输入 \(a\) 数组的时候将每个数都减去 \(k\) 就可以将问题转换了！

但是别急，这还没完，转换完后还是要做题的（以下称的数组 \(a\) 均为减 \(k\) 后的）。

首先先看无解的情况都有什么条件，容易想到当处理过的数组正负零相间的时候是无解的，证明也非常好证，因为一个正数分解必然至少有一个数为正数，负数必然有一个数是负数，\(0\) 要么是两个 \(0\)，要么一正一负，这样一看怎么分解都无法同一整个数组的正负性，更别说是让这个数组相同。

接下来考虑特殊情况，有两个：

1. \(a\) 全是 \(0\) 的情况，很简单，在统计正负零的个数时即可判断是否出现这种情况，出现的话就是输出 \(0\)，因为不需要操作所有的数都一样了。
2. \(n=1\) 时，这种情况也一样直接输出 \(0\)，因为就一个数，必然是整个数组都是相同的。

最后考虑普遍情况：对于一个处理过的数组 \(a\)，如何用最小的拆分步数让所有数都相同，发现一个数拆分到最后必然是多个相同的数，而这个数必然是原来的数的因数，于是容易想到步数最少的情况下最后整个数组的数都为 \(num=\gcd(a_1,a_2,a_3,\cdots,a_n)\)，而答案就为 \(\begin{aligned}\sum_{i=1}^{n}\frac{a[i]}{num}-1\end{aligned}\)。

于是就可以 AC 这道题了~~~

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define ll long long
using namespace std;
const int MN=200005;
ll T,n,k,ans,num,a[MN],l,z,f;//l统计0的个数，z统计正数的个数，f统计负数的个数，num是计算公约数。 
ll gcd(ll a, ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}//计算公约数。 
ll read(){ll x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}return x*f;}
void solve(){
	n=read();k=read();l=z=f=ans=0;/*别忘了初始化。*/for(int i=1; i<=n; i++) a[i]=read()-k,z+=(a[i]>0),f+=(a[i]<0),l+=(a[i]==0);//输入的时候直接统计。 
	if(n==1){printf("0\n");return;}//只有一个数字肯定是都相同的，不用操作。 
	if(!z&&!f&&l){printf("0\n");return;}//只有0的话也是同理，不用操作，均为0。 
	if((z&&f)||(z&&l)||(f&&l)){printf("-1\n");return;}//要是正负0其中至少2个是相间的，必然无解。 
	for(int i=1; i<=n; i++) num=(i==1?a[1]:gcd(num,a[i]));//统计公约数 
	for(int i=1; i<=n; i++) ans+=a[i]/num-1;
	printf("%lld\n",ans);
}
int main(){
	T=read();while(T--) solve();//多测记得换行 
	return 0;
}