[思维构造] 题解 Koishi Loves Construction

题目连接

题意简述

(T) 组询问，每组询问询问是否存在长度为 (n) 的排列满足前缀和在模 (n) 意义下两两不同或者满足前缀积在模 (n) 意义下两两不同，如果存在，请构造。

(1le Tle 10,1le nle 10^5) 。

题目分析

很好的一道题！

当 (n=1) 时，必然有解，在下面的讨论中认为 (n>1) 。

首先考虑前缀和满足要求，显然 (n) 必须放在第一个，否则就会出现不合法的情况，因为 (n) 在模 (n) 意义下等于 (0) ，如果将 (n) 放在第 (i(ige 2)) 个，那么前 (i) 个的和就等于前 (i-1) 个的和。

考虑到所有数的和为 (frac{n(n+1)}{2}) ，如果 (n) 为奇数，那么所有数的和在模 (n) 意义下就是 (0) ，当 (n>1) 时，显然无解，因为第一个位置放 (n) 后前缀和已经存在了 (0) 了。

当 (n) 为偶数的时候，所有数的和在模 (n) 意义下为 (frac{n}{2}) ，考虑构造这样一个前缀和序列：

[frac{n}{2}-frac{n}{2},dots,frac{n}{2}+3,frac{n}{2}-2,frac{n}{2}+1,frac{n}{2}-1,frac{n}{2} ]

这个序列差分后得到：

[n,n-1,2dots,n-6,5,n-4,3,n-2,1 ]

刚好用到了 (1dots n) 每个一次。

接下来考虑前缀积满足要求，显然 (n) 必须放在最后一个，因为 (n) 及其以后的前缀积都是 (0) ，这也启发我们，如果 ((n-1)!equiv 0pmod n) （ (!) 是阶乘），那么无解，因为此时除了前 (n) 个数的前缀积为 (0) 以外还存在前缀积为 (0) 的情况。

当 (n=4) 时， (3!equiv 2 pmod 4) ，可以构造出一组解 (1,3,2,4) ，当 (n>4) 并且 (n) 为合数时，必然有 ((n-1)!equiv 0pmod n) ，这个比较显然，此时无解。

当 (n) 为素数时，考虑把前缀积问题转化成前缀和问题，因为 (n) 是素数，必然存在原根 (g) ， (g^{i}(1le ile n-1)pmod n) 能够恰好取遍 (1,dots,n-1) ，而 (prod_{}g^{a_i}=g^{sum a_i},g^{n-1}equiv 1pmod n) ，所以我们成功把前缀积问题转化成前缀和问题了。

如何求原根？我使用的方法是枚举原根，然后判断。判断 (g) 是不是质数 (p) 的原根可以枚举 (p-1) 的每个质因数 (q) ，然后判断 (g^{frac{p-1}{q}}mod p) 是否等于 (0) 即可。

参考代码

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ch() getchar()
#define pc(x) putchar(x)
#include<assert.h>
using namespace std;
template<typename T>void read(T&x){
	static char c;static int f;
	for(c=ch(),f=1;c<'0'||c>'9';c=ch())if(c=='-')f=-f;
	for(x=0;c>='0'&&c<='9';c=ch())x=x*10+(c&15);x*=f;
}
template<typename T>void write(T x){
	static char q[65];int cnt=0;
	if(x<0)pc('-'),x=-x;
	q[++cnt]=x%10,x/=10;
	while(x)
		q[++cnt]=x%10,x/=10;
	while(cnt)pc(q[cnt--]+'0');
}
const int maxn=100005;
int power(int a,int x,int mod){
	int re=1;
	while(x){
		if(x&1)re=1ll*re*a%mod;
		a=1ll*a*a%mod,x>>=1;
	}
	return re;
}
int st[maxn],tp;
int getg(int p){
	int o=sqrt(p-1),cp=p-1;tp=0;
	for(int i=2;i<=o&&cp>1;++i){
		if(cp%i==0){
			st[++tp]=i;
			while(cp%i==0)cp/=i;
		}
	}
	if(cp>1)st[++tp]=cp;
	for(int g=1;;++g){
		int ok=true;
		for(int i=1;i<=tp&&ok;++i)
			ok&=(power(g,(p-1)/st[i],p)>1);
		if(ok)return g;
	}
}
int p[maxn];
void solvesum(int n){
	if(n==1)p[1]=1;
	else if(n&1)p[1]=-1;
	else{
		for(int i=2;i<=n;i+=2)
			p[i]=n-i+1;
		for(int i=3;i<=n;i+=2)
			p[i]=i-1;
		p[1]=n;
	}
}
int q[maxn],vis[maxn];
int main(){
	int x,t;
	read(x),read(t);
	if(x==1){
		while(t--){
			int n;read(n);
			solvesum(n);
			if(~p[1]){
				write(2),pc(' ');
				for(int i=1;i<=n;++i)
					write(p[i]),pc(" 
"[i==n]);
			}
			else
				puts("0");
		}
	}
	else{
		while(t--){
			int n;read(n);
			if(n==1)puts("2 1");
			else if(n==4)puts("2 1 3 2 4");
			else{
				int up=sqrt(n),cp=n,cnt=0;
				for(int i=2;i<=up&cp>1;++i){
					if(cp%i==0){
						while(cp%i==0){
							cp/=i;++cnt;
						}
					}
				}
				if(cp>1)++cnt;
				if(cnt==1){
					int g=getg(n);q[0]=1;
					for(int i=1;i<n;++i)q[i]=1ll*q[i-1]*g%n;
					solvesum(n-1);
					if(~p[1]){
						write(2),pc(' ');
						for(int i=1;i<n;++i)
							write(q[p[i]]),pc(" 
"[i==n]);
						write(n),pc('
');
					}
					else
						puts("0");
				}
				else
					puts("0");
			}
		}
	}
	return 0;
}