题解 CF303C Minimum Modular

唯一一篇题解年代久远，我来补一篇

首先考虑我们怎么暴力的求解问题。显然可以枚举 $m$ ，由于题目保证了 $a$ 互不相同，$m$ 的最小值一定在 $[n-k,10^6]$ 中（为什么是 $n-k$ 因为“余数互不相同”就代表至少要有可能出现的 $n-k$ 种余数），每次暴力扫一遍，看有几个重复的，若小于 $k$ 则就是答案。复杂度 $O(10^{6}n)$，由于 $n\le 5000$，已 经 要 行 了。

再从别的角度考虑，我们要删除一个数，当且仅当它在模 $m$ 意义下和别的数同余，那么两个数 $a_i$ 和 $a_j$ 同余的必要条件是什么？是 $m$ 能整除 $|a_i-a_j|$，那么进一步的，对于所有 $i>j$，如果我们能预处理出所有的 $a_i-a_j$（先进行排序），则删除一个数实质上是删除了一个被当前枚举的 $m$ 整除的差。问题变为：删除至多 $k$ 个数，使得剩下的数两两之差都不是 $m$ 的倍数。

这时我就想到了一种错误的思路：我们预处理所有的 $a_i-a_j$，找到最小的 $m$ 使得它最多整除 $k$ 个差。很不幸这是错的，考虑这样一组样例：

4 2
2 3 5 7

这样如果你按照我说的思路答案应该是 $3$，但实际上答案是 $2$，为什么？因为其实所有的差值中有 $3$ 个能被 $2$ 整除的但其实两次确实可以消完。

那怎么办呢？我们重新审视最开始的暴力做法，利用刚刚的分析来剪枝。为什么之前的做法错误了？因为其实删除的数对数是不确定的，但是我们显然会发现这个 $k$ 次删除的数对数有个上限，也就是最好情况下我们删除了 $k$ 个数，这 $k$ 个数两两之差都是 $m$ 倍数，此时 $k$ 次操作删除了 $\frac{k(k-1)}{2}$ 个数对，也就是如果此时枚举的 $m$ 有超过 $\frac{k(k-1)}{2}$ 个数对是其倍数，肯定不是答案，可以直接剪枝掉。

由于唯一一篇题解没有代码，稍微放一下代码趴（我认为比较容易懂，所以就不解释了）：

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=1e6;
int a[maxn+5],n,k,tot=0,b[maxn+5],s[maxn+5];
signed main(){
    
     
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++){
    
    	
		scanf("%d",&a[i]);
	}
	sort(a+1,a+n+1);
	for(int i=1;i<=n;i++){
    
    
		for(int j=i+1;j<=n;j++){
    
    
			s[(a[j]-a[i])]++;
		}
	}
	for(int p=n-k;p;p++){
    
     
		if(p>=maxn){
    
    
			cout<<maxn<<endl; 
			return 0;
		}
       	int sum=0;
       	for(int i=p;i<=maxn;i+=p){
    
    
       		sum+=s[i];
		}
		if(sum>k*(k+1)/2){
    
    
			continue;
		}
		int cnt=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
    
    
            if(b[a[i]%p]==p){
    
    
                cnt++;
                if(cnt>k){
    
    
                	break;
            	}
            }
            b[a[i]%p]=p;
        }
        if(cnt<=k){
    
    
        	cout<<p<<endl; 
        	return 0;
		}
	}
}