P5562 [Celeste-B]Center of the Earth 题解

构造

因为题目只要求两位相同，所以可以暴力枚举这两位所有的可能性，方案数为\(O(n^2)\)。

但是，这么做是显然不优的，因为完全没有用到第三位。

观察题目条件：n为偶数。

就想一想能不能奇数偶数分开来做呢？

注意到一共有三位，总共放到奇偶两个抽屉中，必有一个抽屉有两个位，即存在两位同奇偶。

我们就想办法枚举到这两位同奇偶的数对。

一个有序三元组\((a,b,c)\)可以覆盖三个有序的二元组\((a,b,?),(?,b,c),(a,?,c)\)

这样的有序二元组取值为\([1,n]\)时共有\(3n^2\)

由于我们分奇偶讨论，所以每种有\(\frac{3}{4}n^2\)个，总计\(\frac{3}{2}n^2\)个

如果两两不相同，那么一次性可以排除三个，总共需要排除\(\frac{n^2}{2}\)次。

可以很容易构造出两两不同的方案，详情见代码。

此时我们感觉答案已经很优了。

证明

设你使用了猜了\(t\)个答案

所有答案为\((a_i,b_i,c_i)\)这样的三元组

按照\(a_i\)划分为\(n\)个集合\(S_i\),\(S_i\)中每个三元组的\(a\)等于\(i\)

设\(s_i=|S_i|\)

显然这些答案要求覆盖所有的\(n^3\)个三元组

一个答案\((a,b,c)\)可以覆盖所有形如\((a,b,?),(?,b,c),(a,?,c)\)的三元组，不难发现有\(3n-2\)个

考察每个集合内部重复覆盖的三元组

如：

\((a,b,c)\)和\((a,d,e)\)共同覆盖了\((a,b,e),(a,d,c)\)两个三元组

\((a,b,c)\)和\((d,b,e)\)共同覆盖了\((d,b,c),(a,b,e)\)两个三元组

\((a,b,c)\)和\((a,b,d)\)共同覆盖了\((a,b,?)\)共\(n\)个三元组（只考虑\(n\ge4\)的情况）

所以同一集合内的两个三元组至少重复覆盖了2个三元组

按\(a\)和按\(b\)分类算两次并不会使答案变得比实际更小。(只有前两项相同的三元组才会重复减去，而需要减去的\(n\ge2+2\)，所以不会重复)

发现：

\[\sum_{i=1}^{n}{2(_{2}^{s_i})}\ge n*(\frac{t}{n})^2-t
\]

所以总共覆盖的三元组至多有

\[(3n-2)t-2*(n*(\frac{t}{n})^2-t)\ge n^3
\]

这样就可以解出来\(t\ge\frac{n^2}{2}\)了

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,k;
int main(){
	scanf("%d",&n);
	k=n/2;
	printf("%lld\n",1ll*n*n/2);
	for(int i=1;i<=k;i++)
		for(int j=1;j<=k;j++)
			printf("%d %d %d\n",2*i-1,2*j-1,2*((j+i)%k+1)-1);
	for(int i=1;i<=k;i++)
		for(int j=1;j<=k;j++)
			printf("%d %d %d\n",2*i,2*j,2*((i+j)%k+1));
}