题解-Koishi Loves Construction

题解-Koishi Loves Construction

前缀知识

质数
逆元
暴搜

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Koishi Loves Construction

给定 (X)，(T) 组测试数据，每次给一个 (n)。

1. 如果 (X=1)，构造一个 (1sim n) 的排列使得前缀和模 (n) 互不相同。
2. 如果 (X=2)，构造一个 (1sim n) 的排列使得前缀积模 (n) 互不相同。

数据范围：(1le Tle 10)，(1le nle 10^5)，(Xin{1,2})。

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属于“思维体操”，做之前会异常兴奋，做之后会只想睡觉。

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设序列为 (a{n})，前缀和/积为 (sum{n})。

分类讨论：

(X=1)

初步发现：

1. 不能有区间 ([L,R](L eq 1)) 和是 (n) 的倍数，否则 (sum_{L-1}equiv sum_Rpmod n)。

2. 设 (a_i=n)，必须 (i=1)，否则 (sum_iequiv sum_{i-1}pmod n)。

3. ( herefore nin mathbb{even}cup {1})，因为如果 (nin mathbb{odd})：

[sumlimits_{i=1}^{n-1}=frac{(1+n-1) imes(n-1)}{2}=n imes(frac{n-1}{2})equiv 0pmod n ]

然后由此判断输出 (0&1)，交了一发，(15) 分——很明显判断对了。

于是开始打暴力：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

//&Start
#define lng long long
#define lit long double
#define re register
#define kk(i,n) " 
"[i==n]
const int inf=0x3f3f3f3f;
const lng Inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

//&Data
const int N=1e5;
int a[N+10],n;
bool vis[N+10],use[N+10];
void dfs(int x,int sm){
    if(x==n+1){
        for(int i=1;i<=n;i++)
            printf("%d%c",a[i],kk(i,n));
        return ;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    if(!use[i]){
        use[i]=1;
        if(!vis[(sm+i)%n]){
            vis[(sm+i)%n]=1;
            a[x]=i;
            dfs(x+1,(sm+i)%n);
            vis[(sm+i)%n]=0;
        }
        use[i]=0;
    }
}

//&Main
int main(){
    scanf("%d",&n);
    dfs(1,0);
    return 0;
}


/***
input
6
output
6 1 4 3 2 5
6 2 5 3 1 4
6 4 1 3 5 2
6 5 2 3 4 1
***/

输入 (6) 后，看这个输出：

6 1 4 3 2 5

得出规律：

1. 如果 (iin mathbb{odd})，(a_i=n+1-i)。
2. 如果 (iin mathbb{even})，(a_i=i-1)。

//&Solve1
void solve1(){
    memset(a,0,sizeof a);
    memset(sum,0,sizeof sum);
    if((n&1)&&(n^1)) return puts("0"),void();
    else {
        putchar('2'),putchar(' ');
        for(int i=1;i<=n;i++)
            printf("%d%c",(i&1)?n+1-i:i-1,kk(i,n));
    }
}

提交后得到 (50) 分，说明对了。

证明：

模 (n) 意义下，上述序列可以看成：

0 1 -2 3 -4 5

很明显：

1. 如果 (iinmathbb{odd})，(sum_iin{0,-1,-2,...})。
2. 如果 (iinmathbb{even})，(sum_iin{1,2,3,...})。

最后在模 (n) 意义下还原成正数，

[{sum_1,sum_2,...,sum_n}={1,2,...,n} ]

(X=2)

初步发现：

1. 不能有区间 ([L,R](L eq 1)) 的积 (equiv 1pmod n)。
2. 不能有区间 ([L,R](R eq n)) 的积 (equiv 0pmod n)。
3. ( herefore a_1=1)。
4. ( herefore a_n=n)。
5. 还有如果 (n|prodlimits_{i=1}^{n-1}i) 也不行，很明显。

然后由此判断输出 (0&1)，交了一发，(65) 分——很明显判断对了

至于序列长什么样，暴力再来一发：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

//&Start
#define lng long long
#define lit long double
#define re register
#define kk(i,n) " 
"[i==n]
const int inf=0x3f3f3f3f;
const lng Inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

//&Data
const int N=1e5;
int a[N+10],n;
bool vis[N+10],use[N+10];
void dfs(int x,int sm){
    if(x==n+1){
        for(int i=1;i<=n;i++)
            printf("%d%c",a[i],kk(i,n));
        return ;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    if(!use[i]){
        use[i]=1;
        if(!vis[(sm*i)%n]){
            vis[(sm*i)%n]=1;
            a[x]=i;
            dfs(x+1,(sm*i)%n);
            vis[(sm*i)%n]=0;
        }
        use[i]=0;
    }
}

//&Main
int main(){
    scanf("%d",&n);
    dfs(1,1);
    return 0;
}
/***
input
7
output
1 2 5 6 3 4 7
1 3 4 6 2 5 7
1 4 3 6 5 2 7
1 5 2 6 4 3 7
input
11
output
try it by yourself!
***/

进一步推测：如果 (n) 是质数或者 (n=1) 或者 (n=4)，可以构造。

由此判断输出 (0& 1) 提交一发，(65) 分，很明显对了（然而没什么用啊。

然后我下了一下数据，竟然发现输出数据只有 (0&1)。

再进一步发现：第二个数只能是 (2)，没用。

这时看输出（我看了 (20) 分钟）

1 2 5 6 3 4 7

//前缀积%n：
1 2 3 4 5 6 0

有一个发现： (sum_iequiv ipmod n)。

然后我茅塞顿开：可以试试逆元求序列使得 (sum_iequiv ipmod n)（当然 (1) 或 (4) 要特判）：

void solve2(){
	if(np[n]&&(n^1)&&(n^4)) return puts("0"),void();
	else {
		if(n==1) return puts("2 1"),void();
		if(n==4) return puts("2 1 3 2 4"),void();
		putchar('2');
		for(int i=1,tmp=1,sum=1;i<=n-1;i++){
			printf(" %d",tmp);
			tmp=1ll*Pow(sum,n-2)*(i+1)%n;
			sum=1ll*sum*tmp%n;
		}
		printf(" %d",n),putchar('
');
	}
}

提交了一发，( exttt{AC}) 了。

证明：

[ecause (i-1) imes a_iequiv ipmod n ]

很明显，对于每个 (i)，(a_i) 是唯一的，只需证明：对于每个 (a_i)，(i) 是唯一的。

反证：假设对于每个 (a_i)，(i) 不唯一，设 (a_x=a_y=k(x>y))。

[ herefore k(x-1)mod n=x,k(y-1)mod n=y ]

[ herefore k(x-y)mod n=(x-y) ]

因为 ((x-y)in{1,2,...,n})，所以必定有 (k(x-y)mod n=(x-y+1))。

矛盾！故对于每个 (a_i)，(i) 是唯一的。

( exttt{code})

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

//&Start
#define lng long long
#define lit long double
#define re register
#define kk(i,n) " 
"[i==n]
const int inf=0x3f3f3f3f;
const lng Inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

//&Data
const int N=1e5;
int X,T,n;

//&Solve1
void solve1(){
	if((n&1)&&(n^1)) return puts("0"),void();
	else {
		putchar('2'),putchar(' ');
		for(int i=1;i<=n;i++)
			printf("%d%c",(i&1)?n+1-i:i-1,kk(i,n));
	}
}

//&Solve2
bitset<N+10> np;
int p[N+10],cnt;
void Prime(){
	np[1]=true;
	for(int i=1;i<=N;i++){
		if(!np[i]) p[++cnt]=i;
		for(int j=1;j<=cnt&&i*p[j]<=N;j++)
			np[i*p[j]]=1;
	}
}
int Pow(int a,int x){
	int res=1;
	for(;x;a=1ll*a*a%n,x>>=1)
		if(x&1) res=1ll*res*a%n;
	return res;
}
void solve2(){
	if(np[n]&&(n^1)&&(n^4)) return puts("0"),void();
	else {
		if(n==1) return puts("2 1"),void();
		if(n==4) return puts("2 1 3 2 4"),void();
		putchar('2');
		for(int i=1,tmp=1,sum=1;i<=n-1;i++){
			printf(" %d",tmp);
			tmp=1ll*Pow(sum,n-2)*(i+1)%n;
			sum=1ll*sum*tmp%n;
		}
		printf(" %d",n),putchar('
');
	}
}

//&Main
int main(){
	scanf("%d%d",&X,&T);
	if(X==2) Prime();
	for(int ti=1;ti<=T;ti++){
		scanf("%d",&n);
		if(X==1) solve1();
		else solve2();
	}
	return 0;
}

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祝大家学习愉快！