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构造题做题记录

更新中。

加训构造。/fendou

CF1917E

发现我们如果把一个 $2 \times 2$ 的矩阵填满 $1$ ，不会有影响。

当 $k$ 为 $4$ 的倍数，直接填就可以了。

当 $k$ 为奇数显然无解，因为你无法让每行奇偶性相同。

当 $k$ 除 $4$ 余 $2$ ，如果 $k$ 为 $2$ 或 $n \times n - 2$ 时无解。

不然的话，我们可以在一个 $4 \times 4$ 的矩形里把 $(1, 1)$ ， $(1, 2)$ ， $(2, 1)$ ， $(2, 3)$ ， $(3, 2)$ ， $(3, 3)$ 填 $1$ ，剩下直接填。

注意到 $k = n \times n - 6$ 时这时爆的。我们可以在 $4 \times 4$ 的矩形里多填 $(1, 3)$ ， $(1, 4)$ ， $(4, 3)$ ， $(4, 4)$ 。

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题意其实就是每位填的数要保证 $gcd ({lcm}_{j < i} (x_{j}), x_{i}) \neq x_{i}$ 。

考虑从后往前填数，每次只要把任意满足条件的填入即可。

注意到 $gcd ({lcm}_{j < i} (x_{j}), x_{i})$ 其实相当于 ${lcm}_{j < i} (gcd (x_{j}, x_{i}))$ ，然后就可以直接枚举做了。

CF1667C

假如我们放 $k$ 个后，假设放在左上角，使得右下只有 $(n - k) \times (n - k)$ 个格子没被覆盖，我们要用对角线去覆盖它们。

$(n - k) \times (n - k)$ 个格子有 $2 \times (n - k) - 1$ 条对角线，所以 $k \geq 2 \times (n - k) - 1$ ，即 $k \geq ⌊ \frac{2 n + 1}{3} ⌋$ 。

当 $k = ⌊ \frac{2 n + 1}{3} ⌋$ ，我们可以考虑先在 $(1, 1)$ 放一个后，然后横坐标 $+ 1$ ，纵坐标 $+ 2$ ，再放一个后，不停地放，直到出右上角的 $k \times k$ 的矩形为止。然后我们再横坐标 $+ 1$ ，纵坐标为 $2$ 的点开始用同样的方式放。

为什么这是对的？我们不妨给对角线标号，令 $(k + 1, k + 1)$ 所在的对角线为 $0$ ，它左边的对角线分别为 $- 1, - 2 \dots$ ，右边的对角线分别为 $1, 2 \dots$ ，我们第一个在 $(1, 1)$ 的后覆盖了对角线 $0$ ，后面每次的后覆盖了上一条 $- 1$ 的对角线。而在 $(⌊ \frac{k}{2} ⌋ + 1, 2)$ 的点覆盖了对角线 $n - k - 1$ ，后面每条覆盖了上一条 $- 1$ 的对角线。

AThitachi2020c

首先，只有当两个数模 $3$ 都为 $1$ 或都为 $2$ 时才可能不合法。

我们将这棵树黑白染色，两个点相距为 $3$ 必定一个为黑点一个为白点。

当黑点和白点数量都大于 $⌈ \frac{n}{3} ⌉$ ，我们可以模 $3$ 余 $1$ 全填黑点，模 $3$ 余 $2$ 全填白点，剩下随便填。

当黑点和白点数量中有一个小于 $⌈ \frac{n}{3} ⌉$ ，不妨假设时黑点。我们可以把黑点用模 $3$ 余 $1$ 的数填满，剩下全填白点。

CF297C

有一个比较牛的构造。

考虑将序列 $s$ 排序后平均分为 $3$ 段。

对于第 $1$ 段，构造 $a_{i} = i$ ， $b_{i} = s_{i} - a_{i}$ 。
对于第 $2$ 段，构造 $b_{i} = i$ ， $a_{i} = s_{i} - b_{i}$ 。
对于第 $3$ 段，构造 $b_{i} = n - i$ ， $a_{i} = s_{i} - b_{i}$ 。

解释一下为什么这是对的。

对于 $b$ ，显然第 $2$ 段和第 $3$ 段的是两两不同的，符合要求。

对于 $a$ ，第 $1$ 段和第 $3$ 段内部一定是单调递增的，而第 $3$ 段所有数一定大于第 $1$ 段，所以两两不同，符合要求。

CF1028E

有一个简单的想法是构造一个序列满足 $a_{i} < a_{i + 1}$ 且 $a_{i + 1} - a_{i} = b_{i}$ 。容易想到构造 $a_{i} = \sum_{j = i}^{n} b_{i}$ 。

但如果存在 $a_{i + 1} | a_{i}$ 是会爆。所以我们可以把 $b$ 中的最大值移到 $b_{n}$ 的位置，同时要满足 $b_{n - 1} \neq b_{n}$ ，这样就能保证不存在整除关系。

如果 $b_{1} = b_{2} = . . . = b_{n - 1} = 0$ 是会爆，因为 $b_{n} \mod b_{1} = 0$ 。所以我们让 $a_{i} = (\sum_{j = i}^{n} b_{i}) + b_{n}$ ， $a_{n} = b_{n}$ 就行了。

但当所有 $b$ 相等时不存在一个这么一个最大值。可以证明，只有 $b_{1} = b_{2} = . . . = b_{n} = 0$ 时才有解。

如果 $b_{1} = b_{2} = . . . = b_{n} = x$ （ $x$ 不为 $0$ ），一定存在 $a_{i} < a_{i + 1}$ ，即 $a_{i} = x$ ，那所以 $a_{j}$ 必为 $x$ 的倍数，则必有 $a_{i} \mod a_{i + 1} = 0$ ，所以不成立。