期望得分：30+100+0=130
实际得分：30+100+20=150
忍者钩爪
(ninja.pas/c/cpp)
【问题描述】
小Q是一名酷爱钩爪的忍者，最喜欢飞檐走壁的感觉，有一天小Q发现一个练习使用钩爪的好地方，决定在这里大显身手。
场景的天花板可以被描述为一个无穷长的数轴，初始小Q挂在原点上。数轴上有N个坐标为整数的圆环供小Q实现钩爪移动。具体操作为：小Q可以将钩爪挂到圆环上，进而荡到关于圆环坐标轴对称的位置。例如小Q在3，圆环在7，则小Q可以通过该圆环移动到11。
现在一个问题难倒了小Q，如何判断自己能否到达某个整点呢？
【输入格式】
第一行两个整数N,M，表示圆环的数量和询问组数
接下来一行共N个整数描述每个圆环的坐标(可重复)
接下来M行每行包含一个整数描述询问
【输出格式】
共M行对应M个询问，若小Q能移动到目标点，输出Yes，否则输出No
题解（不是我的，所以有问题不要问我）：
对于30%的分数
可以使用暴力记忆化搜索得出答案。即维护每个坐标是否可达，继而进行搜索。
对于60%的分数
通过观察可知设当前坐标为x，则通过坐标为a的圆环可移动到2a-x处。连续通过两个圆环(a,b)可以移动到x+(2b-2a)处。
先以移动步数为偶数情况考虑简化版问题：设圆环坐标为a[1]~a[n]，对于任意两个圆环，可由坐标x变为x+2(a[j]-a[i])，题目转化为对于N^2个数其中b[i,j]=2(a[j]-a[i])，通过有限次加减运算能否由x=0变化至目标。
根据广义裴蜀定理以及扩展欧几里得相关原理可知，当且仅当目标为gcd的倍数时有解。故预处理出全部可能的2(a[j]-a[i])，求出其最大公约数，在判断目标是否为gcd的倍数即可。
对于奇数的情况，可以通过枚举第一步的方案转化为偶数的情况，即维护一个set表示0步或1步可达点集(mod gcd意义下)，再查询目标点在mod gcd下是否属于这个集合即可。复杂度瓶颈在于N^2个数求gcd。
对于100%的分数
通过欧几里得算法的性质与更相减损术可知gcd(a,b)=gcd(a-b,b)。设p1={2*(a[i]-a[1])|i>1}的最大公约数，设p2={2*(a[i]-a[j])}的最大公约数，易知p1>=p2（因为p1比p2约束宽松）。而对于任意i,j由于p1同时是2*(a[i]-a[1])、2*(a[j]-a[1])的约束，那么p1也一定是任意2*(a[i]-a[1])-2*(a[j]-a[1])=2*(a[i]-a[j])的约数，故p1<=p2。综上所述p1=p2，这样就不需要N^2个数同时求gcd了，只求p1即可，可获得满分。
#include<set> #include<cstdio> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long LL; #define N 100001 LL a[N]; set<LL>S; void read(LL &x) { x=0; int f=1; char c=getchar(); while(!isdigit(c)) { if(c=='-') f=-1; c=getchar(); } while(isdigit(c)) { x=x*10+c-'0'; c=getchar(); } x*=f; } LL getgcd(LL i,LL j) { return !j ? i : getgcd(j,i%j); } int main() { freopen("ninja.in","r",stdin); freopen("ninja.out","w",stdout); int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]); LL gcd=0; for(int i=2;i<=n;i++) gcd=getgcd(abs(a[i]-a[1]<<1),gcd); LL x; if(gcd) { S.insert(0); for(int i=1;i<=n;i++) S.insert((2*a[i]%gcd+gcd)%gcd); while(m--) { read(x); puts(S.find((x%gcd+gcd)%gcd)!=S.end() ? "Yes" : "No"); } } else { while(m--) { read(x); puts(x==a[1]*2 ? "Yes" : "No"); } } }