Nezzar and Board (裴蜀定理&gcd)

题意：

给出n个数，每次可以从序列中任意取出两个数x,y（x,y）可以相同，将2*x-y加入序列，问多次操作后能否得到数k.

思路：

假设从序列中取出四个数x,y,p,q,x和y可以组合成2x-y，p和q可以组合成2p-q，再将（2x-y）和（2p-q）进行一步组合，可以得到2*（2x-y）-（2p-q）=x+2*（x-y）+（x-p）+（q-p），对于任意的四个数都可以得到这样的组合，对于任意的数来说，都会得到ai​+$\sum$j,k(aj−ak),也就是一个任意的数和其他任意数对查的线性组合。

对于本题的就是对上面说的aj−ak求gcd，但是肯定不能求出所有的任意两数之差，我们发现只需要计算出相邻两数之差，线性组合后就相当于求出了所有，而ai也都可以被表示出来，因此我们只需要从序列中任选一个数 ai判断 ( k−ai ) % g c d 是否为零。

#pragma GCC optimize(2)
#pragma G++ optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
#include<math.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<stack>
#include<map>
#include<string>
#include<vector>
using namespace std;
#define ll long long
const int maxn=2e5+9;
const int mod=1e9+7;
const int inf=0x3fffffff;
const double PI=acos(-1);
typedef unsigned long long ull;

/*clever*/

inline int read(){
    char ch = getchar(); int x = 0, f = 1;
    while(ch < '0' || ch > '9') {if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
    while('0' <= ch && ch <= '9') {x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar();}
    return x * f;
}

ll Eular(ll n){//欧拉函数
    ll ans = n;
    for(int i=2; i*i <= n; ++i){
        if(n%i == 0){
            ans = ans/i*(i-1);
            while(n%i == 0)
                n/=i;
        }
    }
    if(n > 1) ans = ans/n*(n-1);
    return ans;
}

bool isPrime(ll n){//素数判定
    if (n <= 3) {
        return n > 1;
    } else if (n % 2 == 0 || n % 3 == 0) {
        return false;
    } else {
        for (ll i = 5; i * i <= n; i += 6) {
            if (n % i == 0 || n % (i + 2) == 0) {
                return false;
            }
        }
        return true;
    }
}


ll qpow(ll a,ll b,ll p){
    ll ans=1;
    a=a%p;
    while(b){
        if(b&1)
        ans=1ll*ans*a%p;
        a=1ll*a*a%p;
        b>>=1;
    }
    return ans%p;
}


ll gcd(ll a,ll b){
    if(a==0) return b;
    return gcd(b%a,a);
}

int a[maxn];

int main() {
    int t, n;
    ll k;
    cin >> t;
    while (t--) {
        cin >> n >> k;
        for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
        sort(a + 1, a + 1 + n);
        ll g = 0;
        for (int i = 2; i <= n; i++) {
            g = gcd(g, a[i] - a[i - 1]);
        }
        if ((k - a[1]) % g == 0) cout << "YES" << endl;
        else cout << "NO" << endl;
    }
    return 0;
}

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