可以到这里测。。嘿嘿嘿
题目：
【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 【 样例输入 】 2 2 1 3 3 4 【 样例输出 】 No Yes 【 数据范围和注释 】 对于 30%的数据，M≤N≤10，输入坐标绝对值均小于 1000。 对于 60%的数据，M≤N≤5000。 对于 100%的数据，M≤N≤100000，输入坐标绝对值均小于 10^18。
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。
附赠std:
#include <iostream> #include <cstdio> #include <set> using namespace std; const int N=200010; int n,m; long long a[N],GCD=0; set<long long> Set; long long gcd(long long a,long long b) { return b?gcd(b,a%b):a; } long long qabs(long long x){return x<0?-x:x;} int main() { // freopen("ninja.in","r",stdin); // freopen("ninja.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]); for(int i=2;i<=n;i++) GCD=gcd(2LL*qabs(a[i]-a[1]),GCD); if(GCD==0)GCD=1000000000LL*1000000000LL; Set.insert(0LL); for(int i=1;i<=n;i++) Set.insert(((2*a[i])%GCD+GCD)%GCD); while(m--) { long long q; scanf("%lld",&q); if(Set.find((q%GCD+GCD)%GCD)!=Set.end()) puts("Yes"); else puts("No"); } // fclose(stdin); // fclose(stdout); return 0; }