J. Periodic Ruler
随便拉了个四星的比赛，然后就稀碎了....
被这个题给干烂了...吐了...
这个题一直很不理解题意，让我再简述下题意吧。
在一个坐标轴上，每个点都有一个颜色。颜色的编号最多就是1到100.其次还有一个最小周期T，每个颜色都满足这个周期，即\(c_i=c_{i+T}\).现给定你若干个点的坐标和他们的颜色。问所有不满足的T的和。没有颜色的坐标你可以随便染任何颜色。
首先考虑周期T的影响，就想到同余，也就是说在0-T-1的余数中，每个余数只能被一种颜色占领。先考虑已有的点中，若两个点的颜色不同，则说明周期T中，他们不能处于同一个余数，这个很容易推到T是\(|x_i-x_j|\)的因子的时候，他们处于同一个余数。所以我们可以\(O(n^2)\)枚举所有的点对，再\(\sqrt{max(xi)}\)枚举其因子即可。剩下的情况就是所有颜色相同的点在同一个余数中，颜色不同的点不在一个余数中。但发现这个题的第二个样例都过不去，因为可能你的周期T不是最小的正周期。考虑什么时候你的周期T不是最小的正周期，考虑若你的周期T的所有余数系没有被填满的话，那么剩下的没有颜色的余数系，我们可以染任意的颜色，考虑这种情况下，能不能被更小的T所代替。考虑什么情况下一个T能被另一个更小的t所代替，必须满足这两个T，t形成的序列是相同。那么也就必须保证，T的余数系中能够被t的余数系填满并延伸得到。这里说复杂了，其实就是t必须是T的因子。且，T的余数系按照t分成若干段，必须是相同的。这样的话，才能被小t代替。但我们考虑刚才的情况，我们有的颜色没有涂满，我们完全可以让这个点和之前对应的点不同，构造一个使得T合法的情况。那么剩下的情况就是一个T的余数系被填满了，那我们就枚举一下它的因子，看当前T能否被它的因子代替即可。这里注意到，因为给到的点只有50个，所以能被代替的T最大是50，因为我们需要满足他的余数系被填满。那这个复杂度就为\(O(n^3)\).
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=110;
int x[N],c[N],n,vis[N];
set<int>s;
inline bool check1(int T)
{
for(int i=0;i<T;++i) if(!vis[i]) return false;
return true;
}
inline bool check2(int T,int t)
{
for(int i=0;i<T;++i)
{
if(vis[i]!=vis[i%t]) return false;
}
return true;
}
int main()
{
// freopen("1.in","r",stdin);
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d%d",&x[i],&c[i]);
for(int i=1;i<=n;++i)//处理颜色不同的点造成的不合法的情况。
for(int j=i+1;j<=n;++j)
{
if(c[i]!=c[j])
{
int sx=abs(x[i]-x[j]);
for(int k=1;k<=sqrt(sx);++k)
{
if(sx%k==0)
{
s.insert(k);
s.insert(sx/k);
}
}
}
}
for(int T=1;T<=50;++T)//枚举所有可能被替代的T。
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(int i=1;i<=n;++i)
{
int d=((x[i]%T)+T)%T;
vis[d]=c[i];
}
if(!check1(T)) continue;//没被填满一定不能被替代。
for(int j=1;j<T;++j)//判断T能否被j替代。
{
if(T%j==0&&check2(T,j))
{
s.insert(T);
break;
}
}
}
ll ans=0,cnt=0;
for(auto z:s) ans+=z,cnt++;
printf("%lld %lld\n",cnt,ans);
return 0;
}