枚举+剪枝 codeforces303C Minimum Modular

感觉这题的思想可以借鉴

如果k为0，题目会简单许多

建立一个数组S,S[i]表示原数组中，有多少对两式相减等于i

那么如何判断i是否满足题意呢，只要看

S[i],S[2*i],S[3*i]....一直到n*i大于原数组中的最大值，如果这些都满足，就说明i是成立的，就是答案了

然而现在有k这个东西，所以我们只能用最原始的那种方法去判断

用一个标记数组vis,vis[p]表示A[j]%i等于p出现的次数。那么我们就可以统计到底有多少个取模后重复出现的次数，就能判断是否符合答案了

但是这个复杂度实在是太高了，，联想我们之前的想法，能不能有什么剪枝呢？

继续上面的方法处理数组S，将S[i],S[2*i],S[3*i]..... 的值都加起来，记为 cnt

会有0<=cnt<=n*(n-1)/2 其中当n全是i的倍数的时候，才会出现这种极端情况

又因为，如果想满足题意，又有n-k<=1，即n<=k+1

所以有cnt<=cnt<=n*(n-1)/2<=(k+1)*k/2

那么，如果我们发现了有cnt>(k+1)*k/2，那么不可能会成为答案，直接剪枝

如果可能成为答案，我们再用最原始的方法去记录A[j]%i每个值出现的次数看重复的是否大于k即可

其中，还在codeforces上看到vis里面有个小技巧~

如果vis只用0和1，那么理论来讲，我在第一层for循环里面的开头，每次都需要清空vis数组

但是这个代码并没有这样做，第一层for循环的循环变量是i

我们每次本来是给vis赋值1，我们却赋值的是i，然后判断的时候是判断vis[j]==i是否成立

这样的话，每次循环i+1后，以前的vis里的值都不可能等于现在的i,所以相当于是0了~

感觉这种写法好神奇

题目里还有个陷阱，当n-k<=1时，直接输出1。因为此时可以把n删成只有一个数字，所以取模1也满足条件了

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<vector>
#include<ctime>
#include<functional>
#include<algorithm>

using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;

const int MX = 1e6 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;

int A[MX], S[MX], vis[MX];
int main() {
int n, k, Max = 0;
scanf("%d%d", &n, &k);

for(int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", &A[i]);
Max = max(Max, A[i]);
}

for(int i = 1; i <= n; i++) {
for(int j = i + 1; j <= n; j++) {
S[abs(A[i] - A[j])]++;
}
}

if(k >= n - 1) {
printf("1\n");
return 0;
}

int ans = 0;
for(int i = n - k; i <= Max + 1; i++) {
int cnt = 0, sign = false;
for(int j = i; j <= Max + 1; j += i) {
cnt += S[j];
if(cnt > k * (k + 1) / 2) {
sign = true;
break;
}
}
if(sign) continue;

cnt = 0;
sign = false;
for(int j = 1; j <= n; j++) {
if(vis[A[j] % i] != i) {
vis[A[j] % i] = i;
} else cnt++;
if(cnt > k) {
sign = true;
break;
}
}
if(sign) continue;

ans = i;
break;
}

printf("%d\n", ans);
return 0;
}