【UER #11】科考工作

给定 $2n-1$ 个 $[0,n-1]$ 中的整数，选择恰好 $n$ 个使得和为 $n$ 的倍数。保证 $n$ 为质数。
$n\leq 3\times 10^5$ 。

本质思想就是若在 $\bmod n$ 意义下，对于任意 $x\in[0,n-1]$ 集合 $s$ 满足 $s\cup s+x = s$ （即对于任意集合中的数 $y$ ， $(y+x)\bmod n\in s$ ），那么 $s$ 必定 $=\{0,1,\cdots, n-1\}$ 。

这个结论还是比较显然的，考虑 $0,x,2x,3x, \cdots, (n-1)x$ 在 $\bmod n$ 意义下构成了长度为 $n$ 的环，因为一定有 $0\in s$ ，故如果有数不在 $s$ 中，那么一定能找到相邻的两个数 $kx, (k+1)x$ ，使得 $kx\in s, (k+1)x\not \in s$ ，得到矛盾。

回到原问题，先任意选出一个数扔一边，再给剩下的 $2n-2$ 个数两两配对，使得配对的两数不同。如果无法达到说明有一种数字出现次数 $>n-1$ ，直接输出 $n$ 个这种数即可。

之后先选择每个配对中的第一个数，结合一开始扔出去的数得到和为 $s$ 的 $n$ 个数。对于每个配对 $(a,b)$ 处理出反悔的贡献 $d = b-a$ ，现在变成要求选出集合 $d$ 的一个子集使得和为 $-s$ 。

要做的就是循环 01 背包，根据一开始的结论每次至少在集合中新增一个数，所以一定有解。

至少可以用 bitset 优化到 $O(\frac{n^2}{\omega})$ ，利用二分 + Hash 每次在循环背包上精准定位 $0\to 1$ 的位置可以做到 $O(n\log ^2 n)$ （动态 Hash 需要树状数组），同时还有两倍常数（会有同样多个 $1\to 0$ 被定位到）。

更进一步的，这里每次让集合新增恰好一个数就足够了，并且已知 $0\in s$ ，只需要找到任意一个不在集合中的数 $c$ ，解出 $c = kd$ ，那么序列在 $0,d,2d,\cdots, kd$ 这个首为 $1$ 尾为 $0$ 的部分中一定有相邻的 $(1, 0)$ ，这是经典的可二分的结构。

code

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i ++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a); i >= (b); i --)
#define Ede(i, u) for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt)
using namespace std;

#define eb emplace_back
typedef pair<int, int> pii;
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second

inline int read() {
	int x = 0, f = 1; char c = getchar();
	while(c < '0' || c > '9') f = (c == '-') ? - 1 : 1, c = getchar();
	while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - 48, c = getchar();
	return x * f;
}

const int N = 3e5 + 10;
int n, a[N << 1], d[N]; pii b[N];
int f[N]; bool r[N];

int p[N << 1];
void solve1() {
	rep(i, 1, (n << 1) - 2) p[i] = i;
	sort(p + 1, p + (n << 1) - 1, [](int x, int y) {return a[x] < a[y];});
	
	rep(i, 1, n - 1) {
		if(a[p[i]] == a[p[i + n - 1]]) {
			rep(j, 1, n) printf("%d%c", p[i + j - 1], j == n ? '\n' : ' ');
			exit(0);
		}
		b[i] = mp(p[i], p[i + n - 1]);
		d[i] = (a[p[i + n - 1]] - a[p[i]] + n) % n;
	}
}

void exgcd(int a, int b, int &x, int &y) {
	if(!b) return x = 1, y = 0, void();
	exgcd(b, a % b, x, y);
	int z = x; x = y, y = z - y * (a / b);
}

int calc(int b, int a) {
	int x, y; exgcd(a, n, x, y);
	x = (x % n + n) % n;
	return 1ll * x * b % n;
}

void solve2() {
	
	f[0] = -1; int c = 1;
	rep(i, 1, n - 1) {
		int l = 1;
		int r = calc(c, d[i]);
		
		while(l < r) {
			int mid = (l + r) >> 1;
			int cur = 1ll * mid * d[i] % n;
			if(!f[cur]) r = mid; else l = mid + 1;
		}
		
		f[1ll * l * d[i] % n] = i;
		while(c < n && f[c]) c ++;
		if(c == n) break;
	}
	
	int s = a[(n << 1) - 1];
	rep(i, 1, n - 1) s = (s + a[b[i].fi]) % n;
	s = (n - s) % n;
	
	while(s) {
		r[f[s]] = true;
		s = (s - d[f[s]] + n) % n;
	}
}

int main() {
	n = read();
	rep(i, 1, (n << 1) - 1) a[i] = read();
	
	solve1();
	solve2();
	
	rep(i, 1, n - 1) printf("%d ", r[i] ? b[i].se : b[i].fi);
	printf("%d\n", (n << 1) - 1);
	return 0;
}

实际上，这题是可以扩展到 $n$ 为非质数的！主要问题是此时 $0,x,2x,\cdots$ 的环大小可能 $<n$ ，所以上述做法不成立，但是既然有了质数的解法，不妨尝试分解质因数。

假设 $n=mp$ ，其中 $p$ 为质数。现在序列中有 $2mp -1= (2m-1)p+(p-1)$ 个数。考虑先任意扔出 $p-1$ 个数，再将剩下的每 $p$ 个分为一组，构成 $2m-1$ 组，且每一组的和均为 $p$ 的倍数。这个是可以做到的，因为每次可以直接选出 $p$ 个数，和扔出的 $p-1$ 个数组成 $2p-1$ 个数，从中选 $p$ 个构成 $p$ 的倍数就是之前的问题，处理后将不用的 $p-1$ 个数继续扔出来即可。