P3599 Koishi Loves Construction(构造+思维)

P3599 Koishi Loves Construction

超级考验思维的构造题．

题意:

构造出这两种：

1. 长度n的n的全排列，使得前缀和$modn$后数各不相同．
2. 长度n的n的全排列，使得前缀积$modn$后数各不相同．

思路：

先看前缀和的：
而(x+n)%n==x,所以n一定是放在第一个位置的，
首先我们看当n为奇数时，
那么n-1就是偶数　：那么 1+(n-1) ,2+(n-2)…都等于ｎ.
那么最后和一定是n的倍数．也就会再出现个取余为0．
所以奇数的话(除去1)不行
偶数的话：
因为我们将ｎ固定到最前面．　
我们可以想到最简单的是让前缀和取膜之后变成(0,1,2,3,4,…)
但是我们不能构造不出来这样的，但是我们可以构造出(0(n),1,n-1, 2,n-2,3,n-3…)相当于(0,1,-1,2,-2,3…)

通过这个来重新构造出各个位上的数字就是(0,1,-2,3,-4,…)
第一个位置放上n构造出0，第二个位置想构造出1，那么将1添加进去，那么在想构造出2就有点不可能了，但是我们可以构造出$-1$那么我们就顺势将n-3加进去，我们下一步就可以构造出3将2加进去．…
所以我们最后就能顺势构造出取膜的数组为(0，1，-1，2，…)
之后我们可以反过来推我们ｎ的全排列
就是:

• 奇数位置放$n-i+1$
• 偶数位置放$i-1$

---

说完前缀和我们来看前缀积：
前缀知识：逆元
我们知道x*ｎ%n=0,那么后面的在乘任何数都是0，所以ｎ放在最后．
首先我们跟上面一样，排除一些不行的ｎ，当ｎ不是素数且不是4和1时，那么他就有因子(除了ｎ本身)乘积等于ｎ．那么在到达最后之前就会乘积是ｎ的倍数，到最后就一定有重复的0．
排除这个之后我们再看为什么4可以：
4的话(1,2,3,4)　其中因子(除了4)外，只有2 * 2但是2只能用一次所以不会在到达最后之前产生4的倍数.
1自然就不用说了，直接输出就行了．

再看符合条件的：质数．
我们还像上面分析的一样想要取膜数组为(0,1,2,3,…),但是由于乘积问题，所以我们将ｎ放在最后，把1放在最前面(任何数乘1都是这个数那么取膜后不变只能放在第一位)，那么我们就将取膜数组变换成(1，2，3，…0)

根据这个变化得：
当前缀取膜后是(i-1)时：那么：
$$(i-1)\ast a[i]==imodn$$
因为我们前面说了ｎ是质数，那么我们大可以利用逆元来求(a[i]);

推一篇巨巨的博客

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pii;
typedef unsigned long long ull;

#define x first
#define y second
#define sf scanf
#define pf printf
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define rep(i,n) for(int i=0;i<(n);++i)
#define repi(i,a,b) for(int i=int(a);i<=(b);++i)
#define repr(i,b,a) for(int i=int(b);i>=(a);--i)
#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl;
#define lowbit(x) ((-x)&x)

const int MOD = 1000;
///const int mod = 998244353;
const int maxn = 1e5 + 10;
const int dx[] = {0, 0, 1, -1, 0, 0 };
const int dy[] = {0, 0, 0, 0, 1, -1 };
const int dz[] = {1, -1, 0, 0, 0, 0 };

ll n, m, l, T, sum, ans, cnt, k, flag;
string str[500];
string s;
ll b[maxn], a[maxn];

void prime()
{
    for(int i = 2; i < maxn; i++)
    {
        if(!a[i])
        {
            b[++cnt] = i;
        }
        for(int j = 1; j <= cnt && b[j]*i < maxn; j++)
        {
            a[i * b[j]] = 1;
            if(i % b[j] == 0) break;
        }
    }
}
ll qpow(ll a, ll b, ll p)
{
    ll ans = 1;
    while(b)
    {
        if(b & 1) ans = ans * a % p;
        b >>= 1;
        a = a * a % p;
    }
    return ans;
}
void check1(ll n)
{
    ///0 1 -2 3 -4 5
    if(n % 2 == 0 || n == 1)
    {
        printf("2 ");
        for(ll i = 1; i <= n; i++)
        {
            if(i % 2)
            {
                printf("%lld ", n - i + 1);
            }
            else
            {
                printf("%lld ", i - 1);
            }
        }
        cout << endl;
    }
    else
    {
        puts("0");
    }
}
void check2(ll n)
{
    if(n == 1) puts("2 1");
    else if(n == 4) puts("2 1 3 2 4");
    else if(!a[n])
    {
        printf("2 ");
        for(int i = 1, tmp = 1, ans = 1; i < n; i++)
        {
            printf("%d ", tmp);
            tmp = 1ll * qpow(ans, n - 2, n) * (i + 1) % n;
            ans = 1ll * tmp * ans % n;
        }
        printf("%lld\n", n);
    }
    else
    {
        puts("0");
    }
}
void solve()
{
    cin >> n >> m;
    while(m--)
    {
        ll x;
        cin >> x;
        if(n == 1)
        {
            check1(x);
        }
        else
        {
            check2(x);
        }
    }
}

int main()
{
    ll t = 1;
    ///scanf("%lld",&t);
    prime();
    while(t--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}