浅谈构造问题

构造题的解决方法较为丰富，感觉需要较多的人类智慧与灵感，但是一些套路的构造题通常会有以下几种构造方式。

递归/分治构造

我们能够解决一个较小规模问题的构造，而构造一个大规模的问题可以在构造完小规模的子问题后进行合并，从而完成构造。

CodeForces-1773K King’s Puzzle

题意：给你两个整数 \(n,k\)，你需要一张构造一张简单无向联通图，没有自环，使得点的度数集合大小恰好为 \(k\)。\(1\le k\le n\le 500\)。

如果我们能够构造出 \(n=k+1\) 的情况，那么只需要在外面接一条链即可完成构造。

考虑该问题的特殊情况 \(n=k+1\) 时应该如何构造。当 \(n\le 3\) 时是容易的。

当 \(n>3\) 时的 \((n,k)\)，考虑构造子问题 \((n-2,k-2)\)，然后再新建两个点 \((u,v)\)，将 \(u\) 与子问题中的 \(n-2\) 个点一一连边，将 \(u\) 与 \(v\) 连边，这样能恰好使度数集合大小增加 \(2\)。

至此，本问题得到解决。

二进制构造

通常在构造限制为 \(\log\) 时使用，按照每一个二进制位来拟合构造限制。

AtCoder-ABC108D All Your Paths are Different Lengths

题意：给定一个整数 \(L\)，你需要构造一张 \(n\) 个点 \(m\) 条边的带边权有向图，使得 \(1\) 到 \(n\) 恰好有 \(L\) 条不同的路径，且路径长度分别为 \(0\sim L-1\)。\(L\le 10^6\)，你需要保证 \(n\le 20,m\le 60\)。

考虑先构造 \(20\) 个点，相邻两点之间分别连两条边权为 \(0\) 与 \(2^i\) 的边，模拟二进制。

然后枚举 \(L\) 的每一个二进制 \(1\) 位，钦定前面的二进制都相同，这一位为 \(0\)，后面随意，只需要连到那 \(20\) 个点中的某一个即可覆盖后面的所有 \(0/1\) 情况。

该种构造方案的点数为 \(\log L\)，边数为 \(3\log L\)，符合限制，可以通过。

随机化构造

随机化构造方法适用在一些限制较为宽松，随机化成功率较高的问题上，也常用于部分乱搞算法。

CodeForces-1854E Game Bundles

题意：给定 \(m\)，你需要构造一个长度 \(\le 60\) 的正整数序列，值域 \([1,60]\)，使得恰好有 \(m\) 个子集的元素和 \(=60\)。\(m\le 10^{10}\)。

考虑 \(m\) 的数据范围非常大，尽管序列长度很小，还是很难找出确定性的做法。

考虑随机，先随出 \(40\) 个 \([1,3]\) 中的元素，对其进行背包，算出用这些数组成每个 \(\le 60\) 的数的方案数。

随后用一些 \(>30\) 的数来填充剩下的序列，填充一个 \(x\) 可以使总的子集个数加上 \(f_{60-x}\)。只需要贪心的添加即可。

分组构造

将一个构造问题分解为几个部分分别构造后组合而成，不同部分的构造将采用不同形式的构造方法。

CodeForces-1379E Inverse Genealogy

题意：给定 \(n,k\)，你需要构造一棵 \(n\) 个点，且左右儿子大小差 \(2\) 倍以上的点的个数（非平衡点）恰好为 \(k\) 的二叉树，且每个点的儿子个数为 \(0\) 或 \(2\)。\(1\le n\le 10^5,0\le k\le n\)。

考虑在确定 \(n\) 时，\(k\) 最少与最大分别应该如何构造。

对于最小的 \(k\)，不难发现直接构造一棵满二叉树即可，这样非平衡点的个数一定 \(\le 1\)。

对于最大的 \(k\)，考虑先构造一条链，为了满足 \(0\) 或 \(2\) 个儿子的限制，考虑在链上每个节点下再挂一个儿子。这样为了做到 \(k\) 个非平衡点，最少需要点的个数为 \(2k+3\)。

因此考虑用两种构造方式合理地组合来拟合恰好 \(k\) 个非平衡点的限制。

先使用第二种构造方式，构造出 \(k-1\) 个非平衡点，随后在链的底端接上一个满二叉树，来补充剩下一个非平衡点即可。

对于非一般情况需要特判，但是不在本博客讨论的范围内，不做具体分析。

调整构造

首先根据题目要求构造出一个大致符合要求的构造方案，随后对方案进行调整来获得正确的答案。

CodeForces-1019C Sergey's problem

题意：给定一张 \(n\) 个点 \(m\) 条边的有向图，你需要构造一个点集，使得点集内的点两两之间没有边，且从点集内的点出发不超过 \(2\) 步能够到达所有点。\(1\le n,m\le 10^6\)。

首先考虑忽略第一个限制，找出一个点集使得从这个点集出发走一步能走到所有点。

对于每个点维护一个标记，表示这个点是否能被当前点集中的至少一个点走一步后到达。依次枚举每个点，如果这个点未被标记，那么将这个点加入点集，并将这个点的所有出边能到达的点进行标记。

不难发现这样构造出的点集能在之多一条边内走到所有点，并且这个点集的导出子图是一个 DAG！

证明考虑记录每一个点被标记的时间戳 \(t_u\)，对于一条边 \(u\to v\)，如果 \(u,v\) 都在点集中，那么一定有 \(t_v< t_u\)，否则在标记 \(u\) 时一定会将 \(v\) 标记。因此对于导出子图中的每一条边 \(u\to v\)，必有 \(t_u> t_v\)。因此这张导出子图一定是 DAG。

考虑对 DAG 拓扑排序，也类似第一次构造的形式进行标记，那么最终选择的点集内的点至少一步能走到第一次选出的点集，从而保证了至少两步能够到达所有点，也满足的点集内的点两两之间不变的限制。