2021牛客暑期多校 1H

2021牛客暑期多校 1H - Hash Function

题意

给定(n)个互不相同的范围在([0,500000])内的数

要求求出最小的模数(seed)，使得所有数与(seed)取模后仍是互不相同的

思路（快速傅里叶变换）

大部分队伍都是直接当想法题过掉的，本篇给出使用多项式乘法的解法

首先，答案的最小值应是数字的数量(n)，最大值应是数字的最大值(+1)

所以得出(seedin[n,500001])（根据输入可以再缩小，但没必要）

然后考虑本题要求

假如我们当前选择了一个(seed)，使得某两个数(a,b)对其取模后相同，即

[a\%seed = b\%seed ]

换言之，实际上(a)与(b)的差值也就是(seed)的倍数，即

[|a-b|\%seed=0 ]

所以对于(seed)的选取，一定不能是任意两个数的差值（或者这个差值的因子）

---

所以需要处理出这些数字两两之间的差值，这里可以借助多项式乘法将(O(n^2))的枚举优化成(O(nlogn))

由于计算的是(a-b)，并且（根据(FFT)板子易知）在多项式乘法中不允许出现负数下标（因为多项式乘法原本计算的是两两之和的种类数(a+b)，而不是本题中两两之差）

为了能让(a)和(-b)能够分别存储，所以我们需要为每个数加上一个基础值(avg)，使得(a+avg)和(-b+avg)都在(0)以上

显然，(avgge 500000)

然后跑一遍(FFT)，求出所有((a+avg)+(-b+avg))的种类数

将得到的多项式提取出来，((a+avg)+(-b+avg)-avg imes 2)也就是(a-b)的值，将每种差值是否出现记录在(vis)数组中

---

接下来就是最后一步，将所有出现的差值及其因子直接排除，选出最小的答案

枚举因子可能需要(O(nsqrt{n}))，可能会炸

所以我们直接枚举(seedin[n,500001])，对于某个可能是答案的数（不是差值），找一下是否存在差值是其倍数（直接枚举倍数即可），如果没有差值是其倍数，则找到了答案

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3000050;
const double PI=acos(-1.0);
const int avg=500000;
int vis[500050];

int lim=1,rev[N];
struct cp
{
    double x,y;
    cp(double u=0,double v=0){x=u,y=v;}
    friend cp operator +(const cp &u,const cp &v){return cp(u.x+v.x,u.y+v.y);}
    friend cp operator -(const cp &u,const cp &v){return cp(u.x-v.x,u.y-v.y);}
    friend cp operator *(const cp &u,const cp &v){return cp(u.x*v.x-u.y*v.y,u.x*v.y+u.y*v.x);}
}f[N],g[N];

void FFT(cp *a,int tp)
{
    for(int i=0;i<lim;i++)
        if(i<rev[i])
            swap(a[i],a[rev[i]]);
    for(int md=1;md<lim;md<<=1)
    {
        cp rt=cp(cos(PI/md),tp*sin(PI/md));
        for(int stp=md<<1,pos=0;pos<lim;pos+=stp)
        {
            cp w=cp(1,0);
            for(int i=0;i<md;i++,w=w*rt)
            {
                cp x=a[pos+i],y=w*a[pos+md+i];
                a[pos+i]=x+y;
                a[pos+md+i]=x-y;
            }
        }
    }
}

void initFFT(int n)
{
    int lg=0;
    while(lim<=n)
        lg++,lim<<=1;
    for(int i=0;i<lim;i++)
        rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(lg-1));
}

int main()
{
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int d;
        scanf("%d",&d);
        //记录d和-d
        f[avg+d].x+=1;
        g[avg-d].x+=1;
    }
    
    //根据乘法的值域预处理FFT蝴蝶变换，加快FFT速度
    initFFT(avg*4);
    
    //正常FFT流程
    FFT(f,1),FFT(g,1);
    for(int i=0;i<lim;i++)
        f[i]=f[i]*g[i];
    FFT(f,-1);
    
    //记录是否存在差值为i的情况（i+avg*2即多项式乘法内的结果下标）
    for(int i=1;i<=500001;i++)
        vis[i]=(int)round(f[i+avg*2].x/lim);
    
    //枚举seed，判断可行性
    for(int i=n;i<=500001;i++)
    {
        if(vis[i]>0)
            continue;
        for(int j=i+i;j<=500000;j+=i)
        {
            //如果存在差值j（i的倍数），则i不可行
            if(vis[j])
            {
                vis[i]=1;
                break;
            }
        }
        //i可行，作为模数输出即可
        if(vis[i]==0)
        {
            cout<<i<<'
';
            return 0;
        }
    }
    
    return 0;
}