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$(\frac x2,\frac y2)$
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$(1,a_1),(1,a_2),(1,a_3),...,(1,a_n)$，他可以携带一张初始卡片$(x,y)(1\leq x<y\leq m)$，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$\frac12$
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$gcd(a_1-1,a_2-1,...,a_n-1)$的一个约数$d$的$2^k$倍

证明：

必要性：
不妨设$y-x=d*2^k(d$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$a_i-1$的约数，则一定无法凑出卡片$(1,a_i)$
必要性得证

充分性：
不妨设$y-x=d*2^k(d$为奇数且$d|gcd(a_1-1,a_2-1,...,a_n-1))$
我们任选一个$k‘$，满足$k‘>=k$且$2^{k‘}\geq x$
那么首先我们利用$(x,y)$不断执行操作1和操作3得到$(x,x+d*2^{k‘})$
然后我们利用操作1得到$(2^{k‘},(1+d)*2^{k‘})$
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$gcd(a_1-1,a_2-1,...,a_n-1)$的每个奇约数$d$，然后枚举$d*2^k$，$O(1)计算即可$
时间复杂度$O(d(a_i)*logm)$

#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;
}