CF1656D K-good

題目大意

題目連結

對於一個正整數 \(n​\) 和一個正整數 \(k​\)，稱 \(n​\) 是 \(k​\)-good 的當且僅當 \(n​\) 可以被寫成 \(k​\) 個正整數之和，且這 \(k​\) 個正整數除以 \(k​\) 的餘數互不相同。

\(T\) 次詢問，每次給你一個 \(n\)，請你求出任意一個 \(\geq 2\) 的 \(k\) 使得 \(n\) 是 \(k\)-good 的，或告知無解。

資料範圍：\(1\leq T\leq 10^5​\)，\(1\leq n\leq 10^{18}​\)。

本題題解

考慮 \(n​\) 是 \(k​\)-good 的條件。因為題目要求“\(k​\)

分類討論，先考慮 \(k\) 是偶數的情況。那麼相當於 \(n = \frac{k}{2} \cdot k + \frac{k}{2} + k\cdot m = k\left(\frac{k}{2} + m\right) + \frac{k}{2}\)

1. \(n \bmod k = \frac{k}{2}\)
2. \(\frac{n - \frac{k}{2}}{k} \geq \frac{k}{2}​\)，即 \(n \geq \frac{k}{2}\cdot (k + 1)​\)

先考慮第 1 個條件。它相當於：\(k\) 是 \(2n\) 的約數，且不是 \(n\) 的約數。那麼顯然這就和 \(n\) 分解質因數後“\(2\)”的次數息息相關了。將 \(n\) 中 \(2\) 的最高次數記為 \(\nu_2(n)\)。那麼第 1 個條件等價於：\(k\) 必須是 \(2^{\nu_2(n) + 1}\) 乘以一個 \(n\)

此時檢查第 2 個條件，若 \(\frac{k_1}{2} \cdot (k_1 + 1) \leq n​\)，那麼 \(k_1​\) 就是答案。否則說明偶數的 \(k​\) 無解，只能考慮奇數的情況。

一個巧妙的想法是，令 \(k_2 = \frac{2n}{k_1}\)，顯然，\(k_2\) 是一個奇數。下面我們將證明，只要 \(k_2 \neq 1\)（題目要求 \(k\geq 2\)），那麼 \(k_2\) 一定是滿足條件的答案。因為 \(\frac{k_1}{2} \cdot (k_1 + 1) > n\)，所以 \(\frac{2n}{k_1} < k_1 + 1\)，即 \(k_2 < k_1 + 1\)。又因為 \(k_2\) 是奇數，所以 \(k_2 \leq k_1 - 1\)。所以 \(\frac{k_2(k_2 + 1)}{2} \leq \frac{k_2\cdot k_1}{2} = n\)。又因為 \(n\) 是 \(k_2\) 的倍數，所以 \(n - \frac{k_2(k_2 + 1)}{2} = n - k_2\cdot\frac{k_2 + 1}{2}\) 也一定是 \(k_2\) 的倍數（即 \(k_2 \cdot m\) 的形式）。綜上所述，\(k_2\) 滿足所有要求。

另外，若 \(k_2 = 1​\)，則一定無解。因為前面已經說過，\(k​\) 只能是奇數。同時，\(n​\) 顯然又必須是 \(k​\) 的倍數。而 \(k_2 = 1​\) 意味著 \(n​\) 是 \(2​\) 的整數次冪，它沒有其它奇約數。所以此時輸出 \(-1​\) 即可。

單次詢問時間複雜度 \(\mathcal{O}(\log_2 n)\)，總時間複雜度 \(\mathcal{O}(T\cdot \log_2n)\)。

參考程式碼

// problem: CF1656D
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())

typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;

template<typename T> inline void ckmax(T& x, T y) { x = (y > x ? y : x); }
template<typename T> inline void ckmin(T& x, T y) { x = (y < x ? y : x); }

void solve_case() {
	ll n;
	cin >> n;
	
	int v = 1;
	while (n % (1LL << v) == 0)
		++v;
	
	ll k1 = (1LL << v);
	if (n * 2 / k1 >= k1 + 1) { // 等價於 (k1 * (k1 + 1) / 2 <= n)，這樣寫防止爆 long long
		cout << k1 << endl;
		return;
	}
	
	int k2 = n * 2 / k1;
	if (k2 == 1) {
		cout << -1 << endl;
		return;
	}
	cout << k2 << endl;
}

int main() {
	int T;
	cin >> T;
	while (T--) {
		solve_case();
	}
	return 0;
}