洛谷 CF798C Mike and gcd problem

嗯...

 

题目链接：https://www.luogu.org/problemnew/show/CF798C

这道题首先要会写gcd..也类似一种找规律吧...

 

问题的操作是在两个数的基础上进行的：

那么我们不妨只考虑两个数的操作，手写几组数据不难发现，所有写出来的两个数A.B，都会在至多两次操作内完成任务。那么我们可以考虑其性质：

两个数A.B.无非四种情况：

奇数，奇数--------------->操作后变成       偶数，偶数

奇数，偶数--------------->操作后变成       奇数，奇数

偶数，奇数--------------->操作后变成       奇数，奇数

偶数，偶数--------------->操作后变成       偶数，偶数

所以：

如果原来两个数都是偶数的话，那么操作数为0.

如果原来两个数都是奇数的话，那么操作数为1.

如果原来两个数是一奇一偶的话，那么操作数为2.

其一定不会出现结果是（3 ，6）这种情况的，除非原序列就是这样的。

所以，最后再加几个特判即可：

如果n == 1，其gcd一定是1，所以直接输出即可；

如果gcd在不操作之前已经大于1了，直接输出即可；

其他情况再讨论奇偶性即可...（注意这道题不存在无解的情况，前面已经解释过）....

AC代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>

using namespace std;

int n, a[100005], ans;

int gcd(int a, int b){
    if(b == 0)
        return a;
    return gcd(b, a % b);
}

int main(){
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d", &a[i]);
    if(n == 1){
        printf("YES
0
");
        return 0;
    }//特判 
    int now = gcd(a[1], a[2]);
    for(int i = 3; i <= n; i++)
        now = gcd(a[i], now);//gcd 
    if(now != 1){
        printf("YES
0
");
        return 0;
    }//特判 
    else{
        a[n + 1] = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i++){
            if(a[i] % 2 == 1 && a[i + 1] % 2 == 1){
                ans++;
                a[i + 1] = 0;//已经操作成偶数，所以赋值成任何一个偶数都可 
            }
            else if(a[i] % 2 == 1 && a[i + 1] % 2 == 0)//一奇一偶 
                ans += 2;
        }
        printf("YES
%d
", ans);
    }
    return 0;
}