P6497 Prosječni 题解

$\text{题面}$

题目大意

一道构造题。

总结一下限制条件：

1. 每行的平均数要在该行中出现；

2. 每列的平均数要在该列中出现；

3. 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 $102+(50+49+48+\dots +1+2+3+\dots +49+51)\times 102=260202<{10}^9$。

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;
}