yzh 和她送你的魔法石子

题意简述

yzh 在一个特殊的日子里，送给你了 \(n\) 颗具有魔法的石子！你当然知道这是她为你准备的惊喜。她偷偷告诉你，为了使它们的魔法被释放出来，只有把这些石子分成若干堆，并且每一堆石子个数都能表示成 \(3x^2-3x+1\) 的形式，其中 yzh 希望让 \(x > 1\)。以你的聪明才智，不久就想到了划分的方法。并且你自信地说：“无论你给我多少颗石子，我都可以找到一种划分方案！”。这时她又凑到你耳边说，你需要让堆数最少，这样魔法的力量会更加集中，发挥出最美丽的效果。这对你来说还不是小菜一碟？你思索了一会，说道：“我编写一段程序就可以！”

\(n \leq 3 \times 10^{11}\)，多测，\(T \leq 10^3\)。

题目分析

经过背包打表知道，这题答案不多，最多才 \(8\)，显然需要大力分讨。

记 \(f(x) = 3x^2-3x+1\)。手玩一会不难发现，\(f(x + 1) - f(x) = 6x\)，这是一个美妙的性质。不妨列出来：

\[\begin{aligned} f(1) &= 1 + 6 \times (0) \\ f(2) &= 1 + 6 \times (0 + 1) \\ f(3) &= 1 + 6 \times (0 + 1 + 2) \\ f(4) &= 1 + 6 \times (0 + 1 + 2 + 3) \\&\ \ \vdots \\ f(x) &= 1 + 6 \times \Big (0 + 1 + \cdots + (x - 1) \Big) \end{aligned} \]

一定存在一种划分方案将在最后说明。假设我们将 \(n\) 分成了 \(m\) 份，那么我们的 \(n\) 就会可以被表示成 \(m + 6 \times \sum \limits _ {i = 1} ^ m \Big( 0 + 1 + \cdots + (x_i - 1) \Big )\)。

如果 \(6 \mid n\)，说明 \(6 \mid m\)，结合我们得出的 \(m \leq 8\)，可知此时必有 \(m = 6\)。接下来尝试构造，证明一定存在这样的方案。

此时有 \(\cfrac{n - m}{6} = \sum \limits _ {i = 1} ^ 6 \Big( 0 + 1 + \cdots + (x_i - 1) \Big )\)。我们只需要说明，用后面的求和能表示出任意给定的 \(w \geq 0\)。事实上，我们有一个更强的结论：能使用不超过 \(3\) 个形如 \(1 + \cdots + x\) 的数表示出任意自然数，至于剩下的数，填 \(x_i = 1\) 即可。这正是根据了「费马多边形数定理」，原定理为：任意正数可以表示为不超过 \(n\) 个 \(n\) 边形数的和。

Fermat polygonal number theorem ^[1]

every positive integer is a sum of at most n n-gonal numbers.

所以，当 \(6 \mid n\) 时，我们有答案为 \(6\)，那对于其他的 \(n\) 呢？在 \(\bmod 6\) 之后会有什么规律吗？

我们关注 \(n \equiv 1 \pmod 6\) 的情况，此时如果 \(n\) 恰好能被表示为一个 \(f(x)\)，答案就为 \(1\)。这个判断就是解个简单的一元二次方程。否则，由于 \(m \equiv 1 \pmod 6\)，此时必有 \(m = 7\)，并且方案也是存在的。考虑任意选出一个小于 \(n\) 的 \(f(x)\)，\(n\) 减去它之后就是 \(6 \mid n\) 的情况。

类似考虑 \(n \equiv 2 \pmod 6\) 的情况。如果 \(n\) 能被表示成两个 \(f(x)\) 的和，答案就是 \(2\)，否则为 \(8\)。发现，由于 \(n \leq 3 \times 10^{11}\)，所以 \(\max \left \{ x \mid f(x) \leq 3 \times 10^{11} \right \} = 316228\)，我们完全可以枚举其中一个 \(f(x)\)，然后看看另一个 \(f(x)\) 是否存在即可。

对于 \(n \bmod 6 > 2\) 的情况也是一样的吗？并不是。还记得我们一开始讨论的 \(6 \mid n\) 吗？我们此时已经有 \(n \bmod 6 \geq 3\)，也就是说，一定能够构造出方案来了。此时答案就是 \(n \bmod 6\)。

我们同时证明了原问题一定有解。

综上，我们可以把答案表示为：

\[ans = \left\{ \begin{matrix} 6 & \text{ if } n \equiv 0 \pmod 6 \\ 1 & \text{ if } n \equiv 1 \pmod 6 \ \text{and} \ \exists x, n = f(x) \\ 7 & \text{ if } n \equiv 1 \pmod 6 \ \text{and} \ \forall x, n \neq f(x) \\ 2 & \text{ if } n \equiv 2 \pmod 6 \ \text{and} \ \exists x,y, n = f(x) + f(y) \\ 8 & \text{ if } n \equiv 2 \pmod 6 \ \text{and} \ \forall x,y, n \neq f(x) + f(y) \\ n \bmod 6 & \text{ if } n \bmod 6 \in [3, 5] \end{matrix}\right. \]

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;long long n;template <typename T>
inline long long f(T x) {return 3ll * x * x - 3ll * x + 1;
}inline bool check(long long x) {long long y = (3 + sqrt(12 * x - 3)) / 6 + 1e-20;return f(y) == x;
}void solve() {scanf("%lld", &n);int tmp = n % 6;if (!tmp) return puts("6"), void();if (tmp > 2) return printf("%d\n", tmp), void();if (tmp == 1) return puts(check(n) ? "1" : "7"), void();for (int i = 1; f(i) <= n / 2; ++i)if (check(n - f(i))) return puts("2"), void();puts("8");
}signed main() {int t; scanf("%d", &t);while (t--) solve();return 0;
}

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1. wikipedia, https://en.wikipedia.org/wiki/Fermat_polygonal_number_theorem ↩︎