codeforces #271E Three Horses 数论

题目大意：有一种卡片，正面和背面各写着一个整数，可以用一个有序数对(x,y)表示

有三种操作：

1.出示一张卡片(x,y)，获得一张卡片(x+1,y+1)

2.出示一张卡片(x,y)(x,y都是偶数)，获得一张卡片(x2,y2)

3.出示两张卡片(x,y)和(y,z)，获得一张卡片(x,z)

一个人想要卡片(1,a1),(1,a2),(1,a3),...,(1,an)，他可以携带一张初始卡片(x,y)(1≤x<y≤m)，求有多少种方案

首先我们发现：

第一个操作不改变y?x的值

第二个操作可以使y?x变为原来的12

第三个操作可以使y?x变为原来的任意倍

那么我们不妨猜想：一张卡片(x,y)是否合法只与y?x的值有关

事实上这个是正确的

结论：卡片(x,y)满足条件当且仅当y?x是gcd(a1?1,a2?1,...,an?1)的一个约数d的2k倍

证明：

必要性：

不妨设y?x=d?2k(d为奇数)，那么由上面的三个性质可知，所有能凑出的卡片的差值必为d的倍数

故如果d不是ai?1的约数，则一定无法凑出卡片(1,ai)

必要性得证

充分性：

不妨设y?x=d?2k(d为奇数且d|gcd(a1?1,a2?1,...,an?1))

我们任选一个k′，满足k′>=k且2k′≥x

那么首先我们利用(x,y)不断执行操作1和操作3得到(x,x+d?2k′)

然后我们利用操作1得到(2k′,(1+d)?2k′)

然后进行k′次操作2得到(1,1+d)

至此我们已经得到了(1,1+d)，再不断进行操作1和操作3就能得到所有卡片了

证毕

然后就好办了，我们枚举gcd(a1?1,a2?1,...,an?1)的每个奇约数d，然后枚举d?2k，O(1)计算即可

时间复杂度O(d(ai)?logm)

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define M 2020
using namespace std;
int n,m,gcd;
long long ans;
int divisor[M],tot;
void Get_Divisor(int n)
{
    int i;
    for(i=1;i*i<n;i++)
        if(n%i==0)
        {
            divisor[++tot]=i;
            divisor[++tot]=n/i;
        }
    if(i*i==n)
        divisor[++tot]=i;
}
int main()
{
    int i,j,x;
    cin>>n>>m;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&x);
        gcd=__gcd(gcd,x-1);
    }
    Get_Divisor(gcd);
    for(i=1;i<=tot;i++)
        if(divisor[i]&1)
            for(j=divisor[i];j<=m;j<<=1)
                ans+=m-j;
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}