1477A - Nezzar and Board
观察到2x-y可以拆成x+(x-y)，现在模拟一下这个过程
发现得到的数可以看成从某个点xj出发，加上若干个两数之间的差的形式。
再考虑一下2x-y的几何意义，发现相当于在数轴上做x关于y的对称点，并且和数的分布位置有关，和具体数值是无关的
接下来有一个不太好想的key point：
设S为无限次操作后能得到的数的集合
如果存在0 ∈ S，那么如果x ∈ S，则 nx ∈ S .........①
又因为可以平移，我们先让所有ai和k一起减去a[1]（这里a[1]为a中其他值都一样，只是为了凑出0）
则得到 a1-a1( =0 )，a2-a1，a3-a1...... an-a1，令新得到的数组为a'。
现在问题变成从0出发，每次可以加任意两数的差的绝对值，问是否能得到k-a1。
如果直接暴力处理出所有两数的差，数量是O(n^2)的
但是发现做完差分( a2'-a1'，a3'-a2'，a4'-a3'，a5'-a4' ...)之后，任意两数的差ai'-aj'都可以由(ai'-ai-1')+(ai-1'-ai-2')+...(aj+1'-aj')得到
中间那部分可以消掉，写成 ai'+(-ai-1'+ai-1')+(-ai-2'+ai-2')...(-aj+1'+aj+1')-aj'=ai'-aj'
这是i>j的情况，而i<j的情况可以直接乘个-1，依据是①
也就是我们用O(n)级别的两数差表达了O(n^2)的情况，根据裴蜀定理，问题转化成 k-a1 | gcd( a2'-a1'，a3'-a2'，a4'-a3'，a5'-a4' ...)能否成立
注：裴蜀定理指的是ax+by=k若有解要求k | gcd(a,b)，可以推广到任意多项，证明见：裴蜀定理 - OI Wiki (oi-wiki.org)
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long const int N = 2e5+5; int a[N]; void solve(){int n,k;cin>>n>>k;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];k-=a[1];for(int i=2;i<=n;i++) a[i]-=a[1];a[1]-=a[1];int g=0;for(int i=2;i<=n;i++){g=__gcd(g,abs(a[i]-a[i-1]));}if(k%g==0){cout<<"YES"<<"\n";}else cout<<"NO"<<"\n"; } signed main(){int t;cin>>t;while(t--){//TODO solve();} }
510D - Fox And Jumping
问题转化为挑出若干个li使得它们的值为gcd（根据裴蜀定理，它们可以线性组合出所有整数），且 Σci 最小
经典背包，dp[i][j] 表示当前考虑到第i个物品，选出来的 li 的gcd值为mp[j]的最小代价
n<=300，所以它们的gcd组合数目不会很多，但又可能很大，解决办法是开一个unordered_map存储，mp[i]表示第i个gcd的值
转移就是经典背包
