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

数据范围：\(1\le T\le 10\)，\(1\le n\le 10^5\)，\(X\in\{1,2\}\)。

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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 \([L,R](L\neq 1)\) 和是 \(n\) 的倍数，否则 \(sum_{L-1}\equiv sum_R\pmod n\)。

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

3. \(\therefore n\in \mathbb{even}\cup {1}\)，因为如果 \(n\in \mathbb{odd}\)：

\[\sum\limits_{i=1}^{n-1}=\frac{(1+n-1)\times(n-1)}{2}=n\times(\frac{n-1}{2})\equiv 0\pmod n
\]

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

//&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 \(i\in\mathbb{odd}\)，\(sum_i\in\{0,-1,-2,...\}\)。
2. 如果 \(i\in\mathbb{even}\)，\(sum_i\in\{1,2,3,...\}\)。

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 \([L,R](L\neq 1)\) 的积 \(\equiv 1\pmod n\)。
2. 不能有区间 \([L,R](R\neq n)\) 的积 \(\equiv 0\pmod n\)。
3. \(\therefore a_1=1\)。
4. \(\therefore a_n=n\)。
5. 还有如果 \(n|\prod\limits_{i=1}^{n-1}i\) 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) " \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： \(sum_i\equiv i\pmod n\)。

然后我茅塞顿开：可以试试逆元求序列使得 \(sum_i\equiv i\pmod n\)（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('\n');
	}
}

提交了一发，\(\texttt{AC}\) 了。

证明：

\[\because (i-1)\times a_i\equiv i\pmod n
\]

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 \(a_x=a_y=k(x>y)\)。

\[\therefore k(x-1)\bmod n=x,k(y-1)\bmod n=y
\]

\[\therefore k(x-y)\bmod n=(x-y)
\]

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

矛盾！故对于每个 \(a_i\)，\(i\) 是唯一的。

\(\texttt{code}\)

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

//&Start
#define lng long long
#define lit long double
#define re register
#define kk(i,n) " \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('\n');
	}
}

//&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！