P6497 Prosječni 题解
题目大意
一道构造题。
总结一下限制条件：
-
每行的平均数要在该行中出现；
-
每列的平均数要在该列中出现；
-
矩阵内的数字互不相同。
看一眼数据范围，发现 \(n\) 的范围只是 \([1, 100]\)，而矩阵中的数不大于 \(10 ^ 9\) 即可，所以操作空间还是很大的。
思路
首先可以发现的事情是：如果 \(n\) 是 奇数 的话，直接从上到下，从左到右，从 \(1\) 开始，每次 \(+ 1\)，直接填即可（参考样例 \(1\)）。并且，如果 \(n\) 为奇数，那么最大为 \(99\)，而根据此方法，最后一个数最大，是 \(9801\)，并没有超过 \(10 ^ 9\)。
下面是简要证明：
可以发现填完之后，每一行每一列都是一个 等差序列，并且是 奇数 项，那么这就保证了 该序列的平均数一定出现在该序列中。同时，由于每次都 \(+ 1\)，所以矩阵中也不会有相同的数。
接下来考虑 偶数。
从 奇数 的角度出发，但是如果直接填的话，虽然还是 等差序列，但是“平均数在序列中出现”这个限制就无法满足了。所以考虑进行一些调整，并且最终尽量缩小序列的值域（为避免超过 \(10 ^ 9\)）。
可以发现当 \(n = 2\) 时是 无解 的，因为任意一行，任意一列都只有两个数，如果要使 “平均值出现在序列中” 的话，那么只有在 这两个数相等 的时候才能成立，可是题目又要求不能有相同的数字，所以 无解（换句话说就是根本没有调整的空间）。
那么接下来考虑 \(n = 4\) 的情况。
先只考虑一个序列。如果直接填，可得 \(1, 2, 3, 4\)，很明显，平均数不在序列中，于是进行微调。由于是“微调”，所以尽量让平均数还是在靠近中间的位置。那么我们钦定平均数为 \(3\)（可能有人会问为什么不是 \(2\)，原因是如果选了 \(2\)，那么比平均数小的就只有一个 \(1\)，对平均数负方向的贡献就只有 \(2 - 1 = 1\)，而 \(2\) 的后面还有两个数，无法平衡），那么 \(1\) 和 \(2\) 对平均数负方向的贡献分别为 \(2\) 和 \(1\)，那么第 \(4\) 个数对平均值正方向的贡献就必须是 \(1 + 2 = 3\)，所以第 \(4\) 个数就应该是 \(6\)。于是便得到了如下序列：\(1, 2, 3, 6\)。
但这只是一个序列，后面还有好多个序列要填，怎么办？
考虑一个很经典的做法，将序列的每一项都乘上同一个数。
正确性还是很显然的，每一项都扩大一个相同的倍数，那么平均数也会扩大相同的倍数，并且肯定也还在序列里（如果读者还是不信，请手玩几个序列）。
同时还可以发现一个性质：将序列的每一项都加上同一个数。
每个数都加上相同的数，那么平均数也会加上相同的数，同时依然还在序列中（这不用再证明了吧）。
那么我们就可以将第一行作为 基底，第二行乘 \(2\) 倍，第三行乘 \(3\) 倍，以此类推。然后我们就会发现，虽然每一行满足条件了，但是每一列却变成了等差数列（公差为第一行对应的那一列的那个数），并且是偶数项，是不满足题意的。
那么我们可以想到，现在每一行已经满足题意了，那么就让每一行之间 相差的倍数 也满足条件即可。
这里提出了“相差的倍数”这么一个东西，是什么意思呢？
举个例子：现在给出一个合法的序列：\(1, 2, 3, 6\)。计算相邻两项的差，得到 \(1,1,3\)。如果将 差 的序列乘上 \(2\) 倍，再得到的新序列便是 \(1, 3, 5, 11\)，可以发现该序列依然合法，并且平均数还是在第 \(3\) 个位置。
那么我们就让每一行之间相差的数也是一个合法的 差 的序列就可以了。
那么我们可以考虑填完第一行之后填第一列，然后根据每一行第一列的数，填完该行剩下的数。
那么整体上，我们要求每一行，小的数在左，大的数在右；每一列，小的数在上，大的数在下。
现在考虑当 \(n = 4\) 时如何填。
首先第一行前面已经讨论过：\(1, 2, 3, 6\)。
由于数字不可重复，所以第一列中除了 \(1\)，不能再有 \(2, 3, 6\)，那么为了方便，此处可以暴力一点，直接取 \(7\)（即为 \(6 + 1\)），也就是 \(1, 7, 13, 31\)。如下：
1 2 3 6
7
13
31
再填第二行（同理，也可以填第二列），\(7, 8, 9, 12\)（鉴于在第一列，我们已经控制好了每行之间的 差，所以对于每一行，类比于第一行，不用乘倍数，直接按照原始的 差的序列 填即可）。
第三行：\(13, 14, 15, 18\)。
第四行：\(31, 32, 33, 36\)。
于是得到了：
1 2 3 6
7 8 9 12
13 14 15 18
31 32 33 36
（最终输出时是不用管缩进的，此处只是为了看起来整齐）
同时我们可以发现，每一列中的某个数都是上面那个数再加上 差的序列 的对应的那一位再乘上第一行最后一个数那么多倍。
本来第一行中 \(1\) 和 \(2\) 之间差 \(1\)，但是最后一项是 \(6\)，于是第一列中 \(1\) 和 \(7\) 之间就差了 \(6\)，相当于是将 差的序列 扩大了 \(6\) 倍。
举几个例子：\(8 = 2 + 1 \times 6, 15 = 9 + 1 \times 6, 36 = 18 + 3 \times 6\)。
那么这样我们还可以省掉单独填第一列的操作，直接根据第一行填剩下的所有行即可。
这就是一个合法的矩阵，但可能还是会有人质疑为什么这样就一定不会重复。下面简单证明一下（可能说得有些模糊，得感性理解）。
首先每一行填的方法肯定是合法的，那么最右边的数就是这一行的最大值，而下一行的第一个数（也就是在填第一列时已经确定的数）是已经规定要比“最大值”大的。举个例子：第一行为 \(1, 2, 3, 6\)，我们规定第二行第一个数是 \(7\)，同时第二行是 \(7, 8, 9, 12\)，而我们第一行进行了缩放，所以第三行就刚好是 \(13\)，也是大于 \(12\) 的。所以，这样填的方法一定是合法的（毕竟我也 \(AC\) 了啊）。
但是我们可以注意到一件事，由于 \(n = 4\)，同时钦定第 \(3\) 个数为平均数，那么前两个数对平均数负方向的贡献全部由第 \(4\) 个数来承担了，那如果后面不只有一个数呢？也就是 \(n\) 大于 \(4\)，并且是偶数的情况。
下面考虑 \(n = 6\) 的情况。
还是先看第一行，我们还是以中间点右边的的那个数作为平均数，即 \(1, 2, 3, 4, 5, 6\) 中的 \(4\)。那么前三个数对平均数负方向的贡献就是 \(3 + 2 + 1 = 6\)，要分给后面两个数承担。但是我们希望最后一个数（也就是最大的数）尽量小，这样才更不会超出 \(10 ^ 9\)。那么就尽量 均摊。
接下来说明如何进行 均摊。
首先由于不能有相同的数，所以直接分成 \(3 + 3\) 是不行的，那么就还是要拆成一个序列。
还是举上面的例子，负方向的贡献分别是 \(3, 2, 1\)，但是正方向却只有两个数，那很明显，最好的方法就是将 \(1\) 加到最大的数上面去，变成 \(2, 4\)（如果加到 \(2\) 上面，就又变成 \(3, 3\) 了）。
那么推广一下，正方向的贡献就应该是从 \(2\) 开始，后面有一段，每次 \(+ 1\)，之后还有一个 \(+ 2\) 的（因为把 \(1\) 加上去了）。比如当 \(n = 10\)，负方向为 \(5, 4, 3, 2, 1\)，那么正方向就为 \(1, 2, 3, 4, 5 \to 2, 3, 4, 6\)。
不过当 \(n = 4\) 时是特殊的，只有最后一个数是正方向 \(+ 3\)。
现在算一下最大值会不会超过 \(10 ^ 9\)。
奇数的情况前面已经算过了，现在只考虑偶数。那么最大的偶数便是 \(100\)。第一行中选定的平均数为 \(51\)，那么最后一列第一个数就是 \(102\)。那么最后一行最后一列的数就是 \(102 + (50 + 49 + 48 + \ldots + 1 + 2 + 3 + \ldots + 49 + 51) \times 102 = 260202 < 10 ^ 9\)。
实现
首先特判掉奇数和 \(n = 2\) 的情况，然后引入 差分数组，并进行一些微调，最后再根据发现的规律递推填充即可。
差分数组 的好处其实就是大部分相同，操作起来方便。比如当 \(n = 8\) 时，那么 差分数组 就应该是 \(1, 1, 1, 1, 2, 1, 2\)。只有两个位置是 \(2\)，其余都是 \(1\)（当然要特判 \(n = 4\)）。
\(Code\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 110;
int n;
int mp[N][N]; // 填充之后的二维数组
int cha[N]; // 差分数组
signed main() {
cin >> n;
if (n == 2) return puts("-1"), 0; // 特判 n = 2 的情况
if (n & 1) { // n 为奇数
int idx = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
for (int j = 1; j <= n; j ++ )
cout << ++ idx << ' '; // 每次 +1，依次输出即可
puts("");
}
return 0;
}
for (int i = 2; i <= n; i ++ ) cha[i] = 1; // 都初始成 1
if (n == 4) {
cha[n] = 3; // n = 4 的特判
} else { // 对两个位置进行更改
int mid = (n >> 1) + 2; // 虽然变量名为 mid，但并不是最中间，而是中间靠右那个数的下一位
cha[mid] ++, cha[n] ++ ; // 变成 2
}
mp[1][1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; i ++ ) mp[1][i] = mp[1][i - 1] + cha[i]; // 填第一行
for (int i = 2; i <= n; i ++ ) { // 枚举行
for (int j = 1; j <= n; j ++ ) { // 枚举列
mp[i][j] = mp[i - 1][j] + cha[i] * mp[1][n]; // 根据第一行填下面的所有行
}
}
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
for (int j = 1; j <= n; j ++ )
cout << mp[i][j] << ' '; // 输出
puts("");
}
return 0;
}
