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题目大意

题目描述

在坐标线上有 $n$ 个不同的点，第 $i$ 个点的坐标为 $x_i$。选择给定点集的一个子集，使得子集中每对点之间的距离是 $2^d$ 的整数幂。需要考虑每对点，而不仅仅是相邻的点。注意，包含一个元素的任何子集都满足上述条件。在所有这些子集中，选择具有最大可能大小的子集。

换句话说，你需要选择尽可能多的点 $x_{i_1},x_{i_2},\dots ,x_{i_m}$，使得对于每一对 $x_{i_j}$，$x_{i_k}$，满足 $|x_{i_j}-x_{i_k}|=2^d$，其中 $d$ 是某个非负整数（不必对每对点都相同）。

输入格式

第一行包含一个整数 $n$（$1\le n\le 2\cdot 10^5$）— 点的数量。

第二行包含 $n$ 个两两不同的整数 $x_1,x_2,\dots ,x_n$（$-10^9\le x_i\le 10^9$）— 点的坐标。

输出格式

第一行输出一个整数 $m$ — 满足上述条件的子集中点的最大可能数量。

第二行输出 $m$ 个整数 — 选定子集中的点的坐标。

如果存在多个答案，输出其中任意一个即可。

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解题思路

简化题意得：给你有 $n$ 个数字的一个数列，问最多有多少个数字他们两两的差是 $2$ 的幂次方数。

首先我们可以得出我们选择的数不超过 $3$ 个。

为什么呢？我们都知道如果 $2^i+2^j=a^k$，那么 $i=j,k=2\times i=2\times j$，我们设取出的 $3$ 个数为 $a,b,c$，首先它们一定满足 $|a-b|=2^i,|b-c|=2^j,|a-c|=2^k$。

$\because |a-c|=|a-b|+|b-c|$。

$\therefore k=i+j$。

因此我们可以构造这个序列，比如 $a=1,b=3,c=5$。

如果我们再取一个数 $d$，那么 $|a-b|=2^i,|b-c|=2^j,|c-d|=2^p,|a-d|=2^q$。

$\because |a-d|=|a-b|+|b-c|+|c-d|$。

$\therefore q=i+j+p$

然而 $3\times 2^i\ne 2^q$，这个序列既然连一部分的条件都满足不了，那么所有条件一定也不能全部满足，所以当我们取的数字数量为 $4$ 的时候无解。

如果我们取 $x(x>4)$ 个数字，那么包含了取 $4$ 个数字的情况，显然无解。

所以我们取的序列长度必须小于等于 $3$，且经递增排序后，相邻两数之差相等。因此，我们可以先枚举整个序列中起始位置的数 $y$，再依次判断 $y+2^k,y+2^{k+1}$ 是否在序列中出现过并进行统计即可。

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CODE:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int a[200010];
int n;
map<int, bool> m;
int k[200010];
signed main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0), cout.tie(0);cin >> n;for (register int i = 1; i <= n; i++) {cin >> a[i];m[a[i]] = 1;}int ans = 0;//蒟蒻赛时没有想那么多，这里枚举的是序列长度大于 1 且小于等于 3 的解for (register int i = 1; i <= n; i++) {for (register int j = 0; j <= 30; j++) {int o = 1;o <<= j;if (m.count(a[i] + o)) {  //也可以排序后二分哦int temp = a[i] + o;if (ans <= 2)k[1] = a[i], k[2] = temp, ans = 2;if (m.count(temp + o)) {cout << 3 << endl;cout << k[1] << ' ' << k[2] << ' ' << k[2] + o;return 0;}}}}if (ans == 0) {    //如果找不到长度大于 1 且小于等于 3 的序列随便输出序列中的一个数即可。cout << 1 << endl;cout << a[1] << endl;return 0;}cout << ans << endl;for (int i = 1; i <= ans; i++)cout << k[i] << ' ';return 0;
}

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总结

这道题目主要是序列长度小于等于 $3$ 的地方需要一定的时间去证明，总体来说思路比较容易想到。