忍者钩爪 ( ninja) 题解———2019.10.19
可以到这里测。。嘿嘿嘿
题目:
【问题 描述 】
小 Q 是一名酷爱钩爪的忍者, 最喜欢飞檐走壁的感觉, 有一天小 Q 发现一个练习使用钩
爪的好地方,决定在这里大显身手。
场景的天花板可以被描述为一个无穷长的数轴, 初始小 Q 挂在 原点上。 数轴上有 N 个坐
标为整数的圆环供小 Q 实现钩爪移动。具体操作为:小 Q 可以将钩爪挂到圆环上,进而荡到
关于圆环坐标 轴 对称的位置。例如小 Q 在 ,圆环在 ,则小 Q 可以通过该圆环移动到 。
现在一个问题难倒了小 Q,如何判断自己能否到达某个整点呢?
【 输入格式 】
第一行两个整数 N,M,表示圆环的数量和询问组数
接下来一行共 N 个整数描述每个圆环的坐标(可重复)
接下来 M 行每行包含一个整数描述询问
【 输出格式 】
共 M 行对应 M 个询问,若小 Q 能移动到目标点,输出 Yes,否则输出 No
【 样例输入 】 【 样例输出 】
No
Yes
【 数据范围和注释 】
对于 %的数据,M≤N≤,输入坐标绝对值均小于 。
对于 %的数据,M≤N≤。
对于 %的数据,M≤N≤,输入坐标绝对值均小于 ^。
对于30%的分数
可以使用暴力记忆化搜索得出答案。即维护每个坐标是否可达,继而进行搜索。
对于60%的分数
通过观察可知设当前坐标为x,则通过坐标为a的圆环可移动到2a-x处。连续通过两个圆环(a,b)可以移动到x+(2b-2a)处。
先以移动步数为偶数情况考虑简化版问题:设圆环坐标为a[1]~a[n],对于任意两个圆环,可由坐标x变为x+2(a[j]-a[i]),题目转化为对于N^2个数其中b[i,j]=2(a[j]-a[i]),通过有限次加减运算能否由x=0变化至目标。
根据广义裴蜀定理以及扩展欧几里得相关原理可知,当且仅当目标为gcd的倍数时有解。故预处理出全部可能的2(a[j]-a[i]),求出其最大公约数,在判断目标是否为gcd的倍数即可。
对于奇数的情况,可以通过枚举第一步的方案转化为偶数的情况,即维护一个set表示0步或1步可达点集(mod gcd意义下),再查询目标点在mod gcd下是否属于这个集合即可。复杂度瓶颈在于N^2个数求gcd。
对于100%的分数
通过欧几里得算法的性质与更相减损术可知gcd(a,b)=gcd(a-b,b)。设p1={2*(a[i]-a[1])|i>1}的最大公约数,设p2={2*(a[i]-a[j])}的最大公约数,易知p1>=p2(因为p1比p2约束宽松)。而对于任意i,j由于p1同时是2*(a[i]-a[1])、2*(a[j]-a[1])的约束,那么p1也一定是任意2*(a[i]-a[1])-2*(a[j]-a[1])=2*(a[i]-a[j])的约数,故p1<=p2。综上所述p1=p2,这样就不需要N^2个数同时求gcd了,只求p1即可,可获得满分。
附赠std:
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <set>
using namespace std;
const int N=;
int n,m;
long long a[N],GCD=;
set<long long> Set;
long long gcd(long long a,long long b)
{
return b?gcd(b,a%b):a;
}
long long qabs(long long x){return x<?-x:x;}
int main()
{
// freopen("ninja.in","r",stdin);
// freopen("ninja.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=;i<=n;i++)
scanf("%lld",&a[i]);
for(int i=;i<=n;i++)
GCD=gcd(2LL*qabs(a[i]-a[]),GCD);
if(GCD==)GCD=1000000000LL*1000000000LL;
Set.insert(0LL);
for(int i=;i<=n;i++)
Set.insert(((*a[i])%GCD+GCD)%GCD);
while(m--)
{
long long q;
scanf("%lld",&q);
if(Set.find((q%GCD+GCD)%GCD)!=Set.end())
puts("Yes");
else
puts("No");
}
// fclose(stdin);
// fclose(stdout);
return ;
}
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