Codeforces 1081 E

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题目大意

给定长度为$n$（$n$为偶数）的数列$x$的偶数项，求出数列$x$的奇数项，使得对于任意$t∈[1,n]，x1+x2+...+xt$为平方数，若无解输出$No$，否则先输出一行$Yes$，再输出$x1,x2,x3,...,xn$，若有多解输出任意一组解。
$x$数组奇数项不超过$10^{13}$，偶数项不超过$10^5$。

思路

一边计算一边维护前缀和
差分序列中的一项$c$，必定要满足有$a^2−b^2=c$，即$(a−b)×(a+b)=c$，那么现在已知$c$
把$c$因式分解，使$(a−b),(a+b)$为$c$的一对因子。
设其中一个因子为$xx$,另一个为$yy$，不妨设$xx$为一对之中大的那个因子，那么令$a+b=xx,a−b=c/xx$联立两式可解得，$2a=xx+c/xx,2b=xx−c/xx$。那么$a，b$存在的充分必要条件就是这对因子和（差）为偶数,$n<=10^5$,$b^2=(xx-yy)*(xx-yy)/4$。
针对每个数，我们都选择构造尽量小的平方数，这样保证在之后的构造中能够有更多的选择。在构造当前数的选择上，已经有的前缀和为now，那么当前数就为$ans−now$。

代码

int n;
int q=0;
ll a[maxn],b[maxn];
ll now;
int main(){
  scanf("%d",&n);
  for(int i=1;i<=n/2;i++){
    scanf("%lld",&a[i]);
  }
  for(int i=1;i<=n/2;i++){
    ll tmp,ans=1e15;
    for(int j=1;j*j<=a[i];j++){
      if(a[i]%j) continue;
      ll xx=j,yy=a[i]/j;
      if((xx-yy)%2)continue;
      tmp=(xx-yy)*(xx-yy)/4;
      if(tmp>now)ans=min(ans,tmp);
    }
    if(ans==1e15){
      puts("No");
      return 0;
    }
    b[++q]=ans-now;
    b[++q]=a[i];
    now=a[i]+ans;
  }
  puts("Yes");
  for(int i=1;i<=n;i++){
    printf("%lld ",b[i]);
  }
}