Codeforces Round 919 div2 -- C -- Partitioning the Array -- 题解

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C -- Partitioning the Array

题目大意：

思路解析：

代码实现：

C -- Partitioning the Array

题目大意：

? ? ? ? 给你一个长度为n的数组，你可以选择一个整数k，将数组均分为多个大小为k的子数组。如果你能找到一个整数m(m>=2)，并将数组所有元素模上m，并且如果能使得子数组对应位置值相等，则得一分，问你最后这个数组总得分多少。

思路解析：

? ? ? ? 对于某些 x?和 y ，让我们试着找出所有的 m，从而得出 x mod m == y mod m?。我们可以将等式重排为 (x-y) mod m == 0 ?。因此，如果 m?是 |x-y|的因数，那么 x?和 y?就等于模数 m?。

我们来求解某个 k?。如果存在某个 m，且以下条件为真，那么就存在一个有效的分割：

- a1 mod m = a1+k mod m
- a2 mod m = a2+k mod m
- ...
- an-k mod m = an mod m

如果 $ 是 |a1-a1+k|$ 的因数，则满足第一个条件? a1 mod m = a1+k mod m。如果 m?是 |a2-a2+k|?的因数，则满足第二个条件 a2 mod m = a2+k mod m 。以此类推...

因此，如果 m?是......的因数，则满足所有条件：

|a1-a_1+k|, |a2-a2+k|,...,|an-k-an|

换句话说，如果 m?是 |a1-a1+k|, |a2-a2+k|,...,|an-k-an|?的因数，则满足所有条件：

gcd(|a1-a1+k|, |a2-a2+k|,...,|an-k -an|)

因此，如果前面提到的 gcd 大于 1 ，那么对于某个 k来说，就存在一个有效的 m。

我们可以遍历所有可能的 k (记住， k是 n的整除数），并求解每个 k 以得到答案。这样做的时间复杂度为 $O((n +log n) * max divisors of n)?。请注意，每次遍历数组都需要花费 n + log n?时间，因为 gcd 在每一点上要么减半，要么保持不变。

代码实现：

import java.util.Scanner;

public class Main {
    public static void main(String[] args) {
        Scanner in = new Scanner(System.in);
        //在此输入您的代码...
        int t = in.nextInt();
        for (int o = 0; o < t; o++) {
            int n = in.nextInt();
            int[] arr = new int[n];
            for (int i = 0; i < n; i++) {
                arr[i] = in.nextInt();
            }
            long ans = 1;
            for (int i = 1; i < n; i++) {
                if (n % i != 0) continue;
                int g = 0;
                for (int j = 0; j + i < n; j++) {
                    g = gcd(g, Math.abs(arr[j + i] - arr[j]));
                }
                if (g != 1) ans ++;
            }
            System.out.println(ans);
        }
    }
    public static int gcd(int a, int b){
        if (a == 0) return b;
        if(b == 0) return a;
        return gcd(b, a % b);
    }
}