『做题记录』P3599 Koishi Loves Construction
P3599 Koishi Loves Construction
Description
给定一下两种询问：
- Task1：试判断能否构造并构造一个长度为 \(n\) 的 \(1\dots n\) 的排列，满足其 \(n\) 个前缀和在模 \(n\) 的意义下互不相同。
- Task2：试判断能否构造并构造一个长度为 \(n\) 的 \(1\dots n\) 的排列，满足其 \(n\) 个前缀积在模 \(n\) 的意义下互不相同。
如果有相应的构造，还需输出其中一种合法的构造。
Solution
Task1
对题目进行分析，可以得到几个结论：
- 不能有区间 \([L,R](L \neq 1)\) 和为 \(n\) 的倍数，否则 \(sum_{L-1}\equiv sum_R \pmod n\)
- 对于构造出的序列 \(a\) ， \(a_1 = n\) ，否则一定有一个 \(i\) 使得 \(sum_i\equiv sum_{i-1} \pmod n\)
- \(n\in even\cup \{1\}\) ，因为对于 \(n\in odd\)：
\[\sum_{i=2}^{n}a_i = \sum_{i=1}^{n-1}i = n\times\left(\frac{n-1}2\right)\equiv 0 \pmod n
\]
从而不符合上面第一点的限制。
接下来如果在考场上，可以先与大样例对拍，确认无误后就可以打暴搜找规律，在 \(n = 6\) 下可以找到这样一组解：
6 1 4 3 2 5
通过这组解可以得到构造：
- 对于 \(i \in odd, a_i = n+1-i\) 。
- 对于 \(i \in even, a_i = i-1\) 。
Task2
同样是先从题目条件入手，得到以下几个结论：
- 不能有区间 \([L,R](L \neq 1)\) 的积 \(\equiv 1\pmod n\)，否则 \(pro_{L-1}\equiv pro_R \pmod n\)
- 不能有区间 \([L,R](R \neq n)\) 的积 \(\equiv 0\pmod n\)，否则 \(pro_{R}\) 以后的前缀积都会等于 \(0\)
- \(a_1 = 1\) ，结论一的直接推论
- \(a_n = n\) ，结论二的直接推论
- \(n\not{|}\prod\limits^{n-1}_{i=1}i\) ，结论二的直接推论
由以上结论可进一步推出当 \(n \in\{1,4\}\cup prime\) 时有解（其实直接用结论五判断构造是否有解也行，复杂度乘上数据组数，这道题的数据下也能过）
仍然是dfs暴力找构造，能够发现产生的前缀积数组模 \(n\) 意义下为：
1 2 3 4 5 ... n-1 0
规律显然。
接下来就是逆元求使得 \(pro_i \equiv i\pmod n\) 成立的序列。
Code
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define mp make_pair
#define vi vector<int>
#define eb emplace_back
const int N = 1e5+5, MOD = 998244353, INF = 2e9;
inline int read() {
register int x = 0, f = 1;
register char ch = 0;
while(ch < 48 || ch > 57) {
ch = getchar();
if (ch == '-') f = -1;
}
while(ch >= 48 && ch <= 57) x = x*10+(ch^48), ch = getchar();
return f*x;
}
int n;
int powM(int x, int y) {
int ret = 1;
while (y) {
if (y&1) ret = 1ll*ret*x%n;
x = 1ll*x*x%n, y >>= 1;
} return ret;
}
int pri[N], cntp;
bool np[N];
void sieve() {
for (int i = 2; i <= 1e5; ++i) {
if (!np[i]) pri[++cntp] = i;
for (int j = 1; j <= cntp && i*pri[j] <= 1e5; ++j) {
np[i*pri[j]] = true;
if (i%pri[j] == 0) break;
}
}
}
void solve1() {
if ((n&1)&&(n!=1)) return puts("0"), void();
printf("2 ");
for (int i = 1; i <= n; ++i)
printf("%d ", i&1 ? n+1-i : i-1);
puts("");
}
void solve2() {
if (np[n] && n != 1 && n != 4) return puts("0"), void();
if (n == 1) return puts("2 1"), void();
if (n == 4) return puts("2 1 3 2 4"), void();
printf("2 ");
int tmp = 1, sum = 1;
for (int i = 1; i <= n-1; ++i) {
printf("%d ", tmp);
tmp = 1ll*powM(sum, n-2)*(i+1)%n;
sum = 1ll*sum*tmp%n;
}
printf("%d\n", n);
}
int main() {
int opt, T;
opt = read(), T = read();
if (opt == 2) sieve();
while (T--) {
n = read();
if (opt == 1) solve1();
else solve2();
}
return 0;
}
Summary
- 没有思路不要急，根据题目给出的性质进行推理出有用的信息
- 想不到构造方法时，有时候可以暴力dfs寻找符合题意的解，从中找一种易于构造的序列类别进行构造。
