构造题合集

简介

构造题是一种有趣的题目类型，一般会给定几个条件，要求构造出符合这些条件的数字/序列等，与数学关联较大

题目

CF1603B.Moderate Modular Mode

题目链接：CF1603B

题意：

给定 $2$ 个偶数 $x,y$ ，找到一个整数 $n$ 满足 $n\bmod x=y\bmod n$

分析：

我们从 $x,y$ 的大小关系分类考虑。若 $x=y$ ，显然可以取 $n=x$ 。若 $x>y$ ，可以取 $n=x+y$ ，此时 $(x+y)\bmod x=y\bmod(x+y)=y$ 。若 $x<y$ ，发现此时难以找到一个符合条件的 $n$ ，可以借助图像：

设 $p=kx$ 且 $(k+1)x>y$ ，那么 $p=y-y\bmod x$ ，如果取 $p$ 和 $y$ 的中点为 $n$ ，可以得出 $n\bmod x=|PN|,y\bmod n=|NY|$ ，满足 $n\bmod x=y\bmod n$ ，所以 $n=y-\frac{1}{2}(y\bmod x)$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    int t;
    cin >> t;
    while(t--) {
        int x, y;
        cin >> x >> y;
        if(x > y)
            cout << x + y << endl;
        else if(x == y)
            cout << x << endl;
        else
            cout << y - (y % x) / 2 << endl;
    }
    return 0;
}

CF1608B.Build the Permutation

题目链接：CF1608B

题意：

给定 $3$ 个整数 $n,a,b$ 判断是否存在满足以下条件的 $1\sim n$ 的排列：

• 有且仅有 $a$ 个在区间 $[2,n-1]$ 内的整数 $i$ 满足 $p_{i-1}<p_i,p_i>p_{i+1}$ (local maximum)
• 有且仅有 $b$ 个在区间 $[2,n-1]$ 内的整数 $i$ 满足 $p_{i-1}>p_i,p_i<p_{i+1}$ (local minimum)

如果存在这样的排列，输出它们中的任意一个，如果不存在，输出 $-1$

分析：

考虑何时存在这样的排列。数列单调性不变时，既不会出现local maximum也不会出现local minimum，若数列单调性改变，那么必然出现它们中的一个。两个local maximum之间单调性一定发生了改变，所以必然会出现一个local minimum，同理两个local minimum之间也一定会有一个local maximum，所以 $|a-b|\leq 1$ 。由于区间 $[2,n-1]$ 总共有 $n-2$ 个不同整数，所以 $a+b\leq n-2$ 。

再考虑存在时如何构造

• 若 $a<b$ ，可以构造：

  $$2,1,4,3,\cdots,2a+2,2a-1,2a+3,2a+4,\cdots,n-1,n$$

• 若 $a\geq b$ ，设 $t=n-a-b-2$ ，可以构造：

  $$1,2,\cdots,t,t+1,t+1+\lfloor\frac{a+b+3}{2}\rfloor,t+2,t+2+\lfloor\frac{a+b+3}{2}\rfloor,\cdots$$

奇偶讨论后容易证明这两种构造是满足条件的

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    int t;
    cin >> t;
    while(t--) {
        int n, a, b;
        cin >> n >> a >> b;
        if(a + b + 2 > n || abs(a - b) > 1) {
            cout << -1 << endl;
            continue;
        }
        if(a >= b) {
            for(int i = 1; i <= n - a - b - 2; i++)
                cout << i << ' ';
            for(int i = 1; i <= a + b + 2; i++)
                cout << n - a - b - 2 + (i & 1 ? (i + 1) >> 1 : (i >> 1) + (a + b + 3) / 2) << ' ';
        } else {
            for(int i = 1; i <= 2 * a + 2; i++)
                cout << (i & 1 ? i + 1 : i - 1) << ' ';
            for(int i = 2 * a + 3; i <= n; i++)
                cout << i << ' ';
        }   
        cout << endl;
    }
    return 0;
}

CF1650D.Twist the Permutation

题目链接：CF1650D

题意：

题目较复杂，参考原文

分析：

给定了经过 $n$ 轮后的数组，那么我们考虑第 $i-1$ 轮数组如何变为第 $i$ 轮数组。可以发现若 $i$ 在第 $i$ 轮数组中的位置为 $j$ ，那么第 $i-1$ 轮数组只要对 $i$ 进行 $j$ 次转换即可得到这一结果。所以 $i$ 依次从 $n$ 取到 $1$ ，每次都可以判定第 $i-1$ 轮数组到第 $i$ 轮数组用了多少次转换，之后再还原回第 $i-1$ 轮数组，重复这一过程即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int ans[2000 + 5];
int a[2000 + 5];

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    int t;
    cin >> t;
    while(t--) {
        memset(ans, 0, sizeof(ans));
        int n;
        cin >> n;
        for(int i = 1; i <= n; i++)
            cin >> a[i];
        for(int i = n; i >= 1; i--) {
            int idx;
            for(int j = 1; j <= i; j++) {
                if(a[j] == i) {
                    idx = j;
                    break;
                }
            }
            vector<int> v;
            for(int j = 1; j <= i - 1; j++) 
                v.push_back(a[(idx + j - 1) % i + 1]);
            for(int j = 0; j < i - 1; j++)
                a[j + 1] = v[j];
            ans[i] = (idx == i ? 0 : idx);
        }
        for(int i = 1; i <= n; i++)
            cout << ans[i] << ' ';
        cout << endl;
    }
    return 0;
}

CF1635C.Differential Sorting

题目链接：CF1635C

题意：

给定一个长度为 $n$ 的数组 $a$ ，可以执行如下操作：

• 任取三个整数 $x,y,z(1\leq x<y<z\leq n)$ ，使 $a_x=a_y-a_z$

求如何操作能使数组变为非减序列，即 $\forall i,a_i\leq a_{i+1}$

不要求操作数最小

分析：

考虑序列的最后三个数 $a_n,a_{n-1},a_{n-2}$ ，由上述规则可知 $a_{n-1}$ 和 $a_n$ 无法更改，如果 $a_{n-1}>a_n$ ，那么无论怎么操作都不可能使序列非减

如果 $a_{n-1}\leq a_n$

• 当 $a_n\geq 0$ 时我们可以遵循一个简单的策略：$i=n-2,n-3,\cdots 1$ 时依次执行操作 $(x,y,z)=(i,i+1,n)$ ，那么 $a_i=a_{i+1}-a_n\leq a_{i+1}$
• 当 $a_n<0$ 时 $a_{n-2}$ 只有在 $a_{n-2}\leq a_{n-1}$ 才可保证序列非减，否则 $a_{n-2}=a_{n-1}-a_n>a_{n-1}$ ，同理可推 $a_{n-3},a_{n-4},\cdots a_1$ ，所以只有原序列满足非减时才能进行 $0$ 次操作，否则无论如何操作都不可能使序列非减

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int MAX_N = 200000 + 5;
long long a[MAX_N];
int n;

struct node {
    int x, y, z;
} step[MAX_N];

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    int t;
    cin >> t;
    while(t--) {
        cin >> n;
        for(int i = 1; i <= n; i++)
            cin >> a[i];
        if(a[n - 1] > a[n]) {
            cout << -1 << endl;
        } else {
            int cnt = 0;
            bool fnd = true;
            for(int i = n - 2; i >= 1; i--) {
                if(a[i] > a[i + 1]) {
                    if(a[n] >= 0) {
                        a[i] = a[i + 1] - a[n];
                        step[++cnt] = {i, i + 1, n};
                    } else {
                        fnd = false;
                        break;
                    }
                }
            }
            if(fnd) {
                cout << cnt << endl;
                for(int i = 1; i <= cnt; i++) 
                   cout << step[i].x << ' ' << step[i].y << ' ' << step[i].z << endl;
            } else {
                cout << -1 << endl;
            }
        }
    }
    return 0;
}

CF1634C.OKEA

题目链接：CF1634C

题意：

给定两个整数 $n,k$ 构造一个 $n\times k$ 的矩阵 $a$ ，满足：

• $1$ 到 $n\cdot k$ 的每个整数都出现在矩阵上且仅出现一次
• 对于任意 $i,l,r$ 满足 $a_{i,l},a_{i,l+1},\cdots,a_{i,r}$ 的算术平均值是整数

分析：

可以发现任意一行内的奇偶性是相同的，如果一行内既存在奇数又存在偶数，那么一定存在一个奇偶相邻的情况，它们的算术平均值不是整数

若每行的奇偶性都相同，那么可以构造：

$$\left[\begin{array}{ccc} 1 & 3 & \cdots &2k-1\\ 2 & 4 & \cdots & 2k\\2k+1 & 2k+3 & \cdots & 4k-1\\ \vdots & \vdots & \vdots &\vdots\end{array}\right]$$

对任意一段 $i,l,r$ 进行求和，可以用等差数列求和公式，可以发现和一定是 $l+r-1$ 的倍数，那么算术平均值也一定是整数。进一步，可以求出通项公式 $a_{i,j}=2(j+k\lfloor\frac{i-1}{2}\rfloor)-i\bmod 2$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    int t;
    cin >> t;
    while(t--) {
        int n, k;
        cin >> n >> k;
        if((n % 2 && k == 1) || n % 2 == 0) {
            cout << "YES" << endl;
            for(int i = 1; i <= n; i++) {
                for(int j = 1; j <= k; j++)
                    cout << 2 * ((i - 1) / 2 * k + j) - i % 2 << ' ';
                cout << endl;
            }
        } else {
            cout << "NO" << endl;
        }
    }
    return 0;
}

CF1562C.Rings

题目链接：CF1562C

题意：

给定一个长度为 $n$ 的字符串，用 $f(l,r)$ 表示子串 $s_ls_{l+1}\cdots s_{r-1}s_r$ 代表的二进制数，判断是否存在 $(l_1,r_1),(l_2,r_2)$ 使得 $\exist k\in\mathbb{N},f(l_1,r_1)=kf(l_2,r_2)$

$l_1,r_1,l_2,r_2$ 需要满足 $r_1-l_1+1\geq \lfloor\frac{n}{2}\rfloor,r_2-l_2+1\geq\lfloor\frac{n}{2}\rfloor$

分析：

如果存在 $i\geq \lfloor\frac{n}{2}\rfloor+1,s_i=0$ ，那么 $f(1,i)=2f(1,i-1)$ 满足条件

否则 $\forall i\geq \lfloor\frac{n}{2}\rfloor+1,s_i=1$ ，此时若 $s_{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}=1$ ，可以取 $f(\lfloor\frac{n}{2}\rfloor,2\lfloor\frac{n}{2}\rfloor-1)=f(\lfloor\frac{n}{2}\rfloor+1,2\lfloor\frac{n}{2}\rfloor)$ ，若 $s_{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}=0$ ，可以取 $f(\lfloor\frac{n}{2}\rfloor,2\lfloor\frac{n}{2}\rfloor)=f(\lfloor\frac{n}{2}\rfloor+1,2\lfloor\frac{n}{2}\rfloor)$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    int t;
    cin >> t;
    while(t--) {
        int n;
        string s;
        cin >> n >> s;
        s = ' ' + s;
        bool fnd = false;
        for(int i = n / 2 + 1; i <= n; i++) {
            if(s[i] == '0') {
                cout << 1 << ' ' << i << ' ' << 1 << ' ' << i - 1 << endl;
                fnd = true;
                break;
            }
        }
        if(!fnd) {
            int m = n / 2;
            cout << m << ' ' << 2 * m - (s[m] == '1') << ' ' << m + 1 << ' ' << 2 * m << endl;
        }
    }
}

CF1614B.Divan and a New Project

题目链接：CF1614B

题意：

数轴上有 $n+1$ 个整点 $x_0,x_1,\cdots ,x_n$ ，此时你位于 $x_0$ 。给定 $a_1,a_2,\cdots,a_n$ ，求：

$$2\min\{\sum_{i=1}^n a_i\cdot |x_0-x_i|\}$$

分析：

不妨设 $x_0=0$ ，有一个显然的贪心策略：对 $a_1,a_2,\cdots,a_n$ 从大到小排序，对于较大的 $a_i$ 我们使 $x_i$ 的绝对值尽量小，这样对答案的贡献也会更小

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

struct node {
    int val, idx;
} a[200000 + 5];
int x[200000 + 5];

bool cmp(node n1, node n2)
{
    return n1.val > n2.val;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    int t;
    cin >> t;
    while(t--) {
        int n;
        long long sum = 0;
        cin >> n;
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            a[i].idx = i;
            cin >> a[i].val;
        }
        sort(a + 1, a + n + 1, cmp);
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            x[a[i].idx] = (i & 1 ? (i + 1) >> 1 : -(i >> 1));
            sum += 1ll * abs(x[a[i].idx]) * a[i].val;
        }
        cout << 2ll * sum << endl;
        x[0] = 0;
        for(int i = 0; i <= n; i++)
            cout << x[i] << ' ';
        cout << endl;
    }
    return 0;
}