2020CCPC 长春 L. Coordinate Paper(思维,构造)

Posted 2021-06-16 issue是fw

LINK

构造数组满足

$Ⅰ.a_i>0$

$Ⅱ.\sum _{i=1}^n{a}_i=s$

$Ⅲ.i\in [1,n-1],a_i-a_{i+1}=k$或$a_{i+1}-a_i=1$至少有一个满足

---

先考虑构造一个最小和的解,形如

0 1 2 … k 0 1 2 … k 0 1 …

可以算得这个答案为$w$

若$s<w$显然无解,否则考虑是否存在解

若想增大答案,无非是在某个减$k$的地方改为加$1$

实质上就是把序列中的$0$依次变为$k+1$

若还想增大答案,就可以把序列中的$1$依次变成$k+2$

可以发现,在一次操作中,我们总是把减$k$的地方改为加$1$

每次都把序列和增大$k+1$,并且不会漏掉中间的值

所以当确定$a_1\%(k+1)$时,$(\sum _{i=1}^n{a}_i)\%(k+1)$也被唯一确定

我们可以枚举$a_1\%(k+1)=x$,那么此时构造的最小解相当于

x (x+1)%(k+1) (x+2)%(k+1) … (x+n-1)%(k+1)

这个答案可以直接算到,计算是否等于$s\%(k+1)$

于是我们拿到合法的$x$值,就可以逐步增加凑到$s$了

---

注意

枚举$a_1$的初值时,算得$\sum _{i=1}^n{a}_i=x$

此时需要满足$x<s\&\&(x-s)\%(k+1)==0$

然后根据$a_1$的初值复原初始序列$a_i=(a_{i-1}+1)\%(k+1)$

于是接下来可以从小到大对每个数加上$k+1$了

但是这样太慢,我们可以先对整体加上$c\ast (k+1)$($c$由计算得到)

然后每次对一个数加$k+1$,这样总的操作复杂度控制在$O(n+k)$内

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxn = 1e5+10;
int n,k,s,a[maxn];
int get(int n)//首项为0,公差为1,长度为n且对k+1取模的数列和 
{
	int duan = n/(k+1), yu = n%(k+1);
	int sum = (k+1)*k/2*duan+yu*(yu-1)/2;	
	return sum;
}
void ok(int sum)
{
	if( sum!=s )	return;
	for(int i=1;i<=n;i++)	printf("%lld ",a[i] );
	exit(0);
}
signed main()
{
	cin >> n >> k >> s;
	int chu = -1, he = 0;
	for(int i=0;i<=k;i++)//枚举a[1]的初值
	{
		int now = min( n,k+1-i );//可以构造now次
		int pre = now*i+now*(now-1)/2;
		int sum = pre+get( n-now );
		if( sum > s || sum%(k+1)!=s%(k+1) )	continue;
		chu = i, he = sum; 
		break; 
	}
	if( chu==-1 ){ printf("-1"); return 0; }
	a[1] = chu;
	for(int i=2;i<=n;i++)	a[i] = ( a[i-1]+1 )%(k+1);
	int x = ( s-he )/( n*(k+1) );//整体加x次
	for(int i=1;i<=n;i++)	a[i] += x*(k+1);
	he += x*n*(k+1); 
	ok(he);
	for(int i=0;i<=k;i++)//从初始数字为i的开始加k+1 
	{
		int pos = (k+1-chu)+i+1;
		if( i>=chu )	pos = i-chu+1;
		for(int j = pos;j<=n; j+= (k+1) )
		{
			a[j] += (k+1); he += (k+1);
			ok(he);
		}
	} 
}