CodeForces Dora and C++ (2007C) 题解

CodeForces Dora and C++ (2007C) 题解

题意

给一个数组 \(c_{1...n}\)，定义数组的 \(range\) 是最大值减最小值，即极差。给出两个值 \(a\) 和 \(b\)，每步操作中，可给数组中任一一个数增大 \(a\) 或增大 \(b\)。问任意步操作后（可以是 \(0\) 步），极差的最小值。

思路

（要直接看答案可以跳过直接看『过程』）

先思考 \(a=b\) 的情况怎么做。我们总能经过不断选最小数使之加 \(a\) 的操作，使数组中的数极差小于 \(a\)。此时可枚举每一个数，即考虑每个 \(c_i(i=1,2,...,n)\)，找到该 \(c_i\) 是最小值时，整个数组的情况（方法在后）。对种可能结果，我们取其中最小的，就是答案。

要使 \(c_i\) 是数组中的最小值，即要使所有小于它的数都加上 \(a\)，此时我们首先发现：数组中任意数加上 \(a\) 后，都会比原先的最大值大，那么操作后的最大值必然在这些没加上 \(a\) 的值里出现。我们再发现：操作后的最大值，就是所有小于 \(c_i\) 的数中，最大的那个，即是找 \(c_j(j\in \{1, 2, ..., n\} ,\forall c_k \in \{c_k;c_k<c_i,k = 1, 2, ..., n\}),c_j\ge c_k\)。所以，只要找到这个次小于 \(c_i\) 的值 \(c_j\)，就能找到这种情况的极差，极差为 \(c_j + a - c_i\)，不妨排个序，这样每个结果就是 \(ans_i=\begin{cases}c_{i-1} + a - c_i, \space i>1\\c_n-c_1, \space i=1 \end{cases}\)，再取 \(min_{i=1}^n\{ans_i\}\) 即是答案。

当 \(a\neq b\) 时，首先要发现我们可以等价地把某数等价地加或减 \(a\)：如果要对某数减 \(a\)，等价于给其他数都加上 \(a\)；对 \(b\) 同理。再根据裴蜀定理，可知我们总是能对某数加或减 \(d(d=gcd(a,b))\)，那么就转化成了第一种情况了。

过程

1. 令 \(d=gcd(a,b)\)，注意此处不同于题目定义的极差 \(d\)
2. \(c_i \gets c_i \space mod \space d,\space i=1,2,...,n\)
3. 输出 \(min_{i=1}^n\{ans_i\}\)，其中 \(ans_i=\begin{cases}c_{i-1} + d - c_i, \space i>1\\c_n-c_1, \space i=1 \end{cases}\)

代码（C++）

#include <bits/stdc++.h>
#define chmin(a, b) if (a > (b)) a = (b)
using namespace std;

constexpr int N = 1e5 + 3;
int c[N];

int gcd(int a, int b) {
    while (b != 0) {
        int tmp = a;
        a = b;
        b = tmp % b;
    }
    return a;
}

void solve()
{
    int n, a, b;
    cin >> n >> a >> b;
    int d = gcd(a, b);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        cin >> c[i];
        c[i] %= d;
    }
    sort(c + 1, c + 1 + n);
    int ans = c[n] - c[1];
    for (int i = 2; i <= n; ++i) chmin(ans, c[i - 1] + d - c[i]);
    cout << ans << '\n';
}

signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr);

    int T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        solve();
    }
    return 0;
}