CF1656D K-good

题目大意

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对于一个正整数 \(n?\) 和一个正整数 \(k?\)，称 \(n?\) 是 \(k?\)-good 的当且仅当 \(n?\) 可以被写成 \(k?\) 个正整数之和，且这 \(k?\) 个正整数除以 \(k?\) 的余数互不相同。

\(T\) 次询问，每次给你一个 \(n\)，请你求出任意一个 \(\geq 2\) 的 \(k\) 使得 \(n\) 是 \(k\)-good 的，或告知无解。

数据范围：\(1\leq T\leq 10^5?\)，\(1\leq n\leq 10^{18}?\)。

本题题解

考虑 \(n?\) 是 \(k?\)-good 的条件。因为题目要求“\(k?\) 个互不相同的正整数”，那么它们至少是 \(1, 2, \dots, k?\)。因为是在 \(\bmod k?\) 意义下考虑这 \(k?\) 个正整数，所以我们还可以给其中任意一个数加上任意个 \(k?\)。所以，题目的要求等价于 \(n?\) 可以被写成这种形式：\(n = 1 + 2 + \dots + k + k \cdot m = \frac{k(k + 1)}{2} + k\cdot m?\)，其中 \(m?\) 是任意非负整数。

分类讨论，先考虑 \(k\) 是偶数的情况。那么相当于 \(n = \frac{k}{2} \cdot k + \frac{k}{2} + k\cdot m = k\left(\frac{k}{2} + m\right) + \frac{k}{2}\)。进而可以拆成两个条件：

1. \(n \bmod k = \frac{k}{2}\)
2. \(\frac{n - \frac{k}{2}}{k} \geq \frac{k}{2}?\)，即 \(n \geq \frac{k}{2}\cdot (k + 1)?\)

先考虑第 1 个条件。它相当于：\(k\) 是 \(2n\) 的约数，且不是 \(n\) 的约数。那么显然这就和 \(n\) 分解质因数后“\(2\)”的次数息息相关了。将 \(n\) 中 \(2\) 的最高次数记为 \(\nu_2(n)\)。那么第 1 个条件等价于：\(k\) 必须是 \(2^{\nu_2(n) + 1}\) 乘以一个 \(n\) 的奇约数这个形式。同时，为了满足第 2 个条件，显然 \(k\) 要越小越好。所以可以令 \(k_1 = 2^{\nu_2(n) + 1}\)。

此时检查第 2 个条件，若 \(\frac{k_1}{2} \cdot (k_1 + 1) \leq n?\)，那么 \(k_1?\) 就是答案。否则说明偶数的 \(k?\) 无解，只能考虑奇数的情况。

一个巧妙的想法是，令 \(k_2 = \frac{2n}{k_1}\)，显然，\(k_2\) 是一个奇数。下面我们将证明，只要 \(k_2 \neq 1\)（题目要求 \(k\geq 2\)），那么 \(k_2\) 一定是满足条件的答案。因为 \(\frac{k_1}{2} \cdot (k_1 + 1) > n\)，所以 \(\frac{2n}{k_1} < k_1 + 1\)，即 \(k_2 < k_1 + 1\)。又因为 \(k_2\) 是奇数，所以 \(k_2 \leq k_1 - 1\)。所以 \(\frac{k_2(k_2 + 1)}{2} \leq \frac{k_2\cdot k_1}{2} = n\)。又因为 \(n\) 是 \(k_2\) 的倍数，所以 \(n - \frac{k_2(k_2 + 1)}{2} = n - k_2\cdot\frac{k_2 + 1}{2}\) 也一定是 \(k_2\) 的倍数（即 \(k_2 \cdot m\) 的形式）。综上所述，\(k_2\) 满足所有要求。

另外，若 \(k_2 = 1?\)，则一定无解。因为前面已经说过，\(k?\) 只能是奇数。同时，\(n?\) 显然又必须是 \(k?\) 的倍数。而 \(k_2 = 1?\) 意味着 \(n?\) 是 \(2?\) 的整数次幂，它没有其它奇约数。所以此时输出 \(-1?\) 即可。

单次询问时间复杂度 \(\mathcal{O}(\log_2 n)\)，总时间复杂度 \(\mathcal{O}(T\cdot \log_2n)\)。

参考代码

// problem: CF1656D
#include 
using namespace std;

#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())

typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair pii;

template inline void ckmax(T& x, T y) { x = (y > x ? y : x); }
template inline void ckmin(T& x, T y) { x = (y < x ? y : x); }

void solve_case() {
	ll n;
	cin >> n;
	
	int v = 1;
	while (n % (1LL << v) == 0)
		++v;
	
	ll k1 = (1LL << v);
	if (n * 2 / k1 >= k1 + 1) { // 等价于 (k1 * (k1 + 1) / 2 <= n)，这样写防止爆 long long
		cout << k1 << endl;
		return;
	}
	
	int k2 = n * 2 / k1;
	if (k2 == 1) {
		cout << -1 << endl;
		return;
	}
	cout << k2 << endl;
}

int main() {
	int T;
	cin >> T;
	while (T--) {
		solve_case();
	}
	return 0;
}