构造

构造题是比赛中常见的一类题型。

从形式上来看,问题的答案往往具有某种规律性,使得在问题规模迅速增大的时候,仍然有机会比较容易地得到答案。

这要求我们在解题时,要思考问题规模增长对答案的影响,这种影响是否可以推广。(比如在设计动态规划方法的时候,要考虑从一个状态到后继状态的转移会造成什么影响)。

构造题一个很显著的特点就是高自由度,也就是说一道题的构造方式可能有很多种,但是会有一种较为简单的构造方式满足题意。看起来是放宽了要求,让题目变的简单了,但很多时候,正是这种高自由度导致题目没有明确思路而无从下手。

构造题另一个特点就是形式灵活,变化多样。并不存在一个通用解法或套路可以解决所有构造题,甚至很难找出解题思路的共性。因此,下面将列举一些例题帮助读者体会构造题的一些思想内涵,给予思路上的启发。建议大家深入思考后再查看题解,也欢迎大家参与分享有趣的构造题。

例题:

Example 1

Problem

Vladik and fractions

题目大意:构造一组 x,y,z ,使得对于给定的 n ,满足 \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=\dfrac{2}{n}

Solution

样例二已经暴露了此题的本质~(复读机~

显然 n,n+1,n(n+1) 为一组合法解。特殊地,当 n=1 时,无解,这是因为 n+1 n(n+1) 此时相等。

至于构造思路是怎么产生的,大概就是观察样例加上一点点数感了吧。此题对于数学直觉较强的人来说并不难。

Example 2

Problem

Luogu P3599 Koishi Loves Construction

Solution

对于 task1:

n 为奇数时,无法构造出合法解;

n 为偶数时,可以构造一个形如 n,1,n-2,3,\cdots 这样的数列。

首先,我们可以发现 n 必定出现在数列的第一位,否则 n 出现前后的两个前缀和必然会陷入模意义下相等的尴尬境地;

然后,我们考虑构造出整个序列的方式:

考虑通过构造前缀和序列的方式来获得原数列,可以发现前缀和序列两两之间的差在模意义下不能相等,因为前缀和序列的差分序列对应着原来的排列。

因此我们尝试以前缀和数列在模意义下为

0,1,-1,2,-2,\cdots

这样的形式来构造这个序列,不难发现它完美地满足所有限制条件。

对于 task2:

n 为除 4 以外的合数时,无法构造出合法解

n 为质数或 4 时,可以构造一个形如 1,\dfrac{2}{1},\dfrac{3}{2},\cdots,\dfrac{n-1}{n-2},n 这样的数列

先考虑什么时候有解:

显然,当 n 为合数时无解。因为对于一个合数来说,存在两个比它小的数 p,q 使得 p\times q \equiv 0 \,(mod\;n) ,如 (3\times6)\%9=0 。那么,当 p,q 均出现过后,数列的前缀积将一直为 0 ,故合数时无解。特殊地,我们可以发现 4=2\times 2 ,无满足条件的 p,q ,因此存在合法解。

我们考虑如何构造这个数列:

和 task1 同样的思路,我们发现 1 必定出现在数列的第一位,否则 1 出现前后的两个前缀积必然相等;而 n 必定出现在数列的最后一位,因为 n 出现位置后的所有前缀积在模意义下都为 0 。手玩几组样例以后发现,所有样例中均有一组合法解满足前缀积在模意义下为 1,2,3,\cdots,n ,因此我们可以构造出上文所述的数列来满足这个条件。那么我们只需证明这 n 个数互不相同即可。

我们发现这些数均为 1 \cdots n-2 的逆元 +1 ,因此各不相同,此题得解。

Example 3

Problem

AtCoder Grand Contest 032 B

Solution

手玩一下 n=3,4,5 的情况,我们可以找到一个构造思路。

构造一个完全 k 分图,保证这 k 部分和相等。则每个点的 S 均相等,为 \dfrac{(k-1)\sum_{i=1}^{n}i}{k}

如果 n 为偶数,那么我们可以前后两两配对,即 \{1,n\},\{2,n-1\}\cdots

如果 n 为奇数,那么我们可以把 n 单拿出来作为一组,剩余的 n-1 个两两配对,即 \{n\},\{1,n-1\},\{2,n-2\}\cdots

这样构造出的图在 n\ge 3 时连通性易证,在此不加赘述。

此题得解

Example 4

Problem

BZOJ4971:[Lydsy1708 月赛]记忆中的背包

Solution

这道题是自由度最高的构造题之一了。这就导致了没有头绪,难以入手。

首先,不难发现模数是假的。由于我们自由构造数据,我们一定可以让方案数不超过模数。

通过奇怪的方式,我们想到可以通过构造 n 个 代价为 1 的小物品和几个代价大于 \dfrac{w}{2} 的大物品。

由于大物品只能取一件,所以每个代价为 x 的大物品对方案数的贡献为 C_{n}^{w-x}

f_{i,j} 表示有 i 1 ,方案数为 j 的最小大物品数。

用 dp 预处理出 f ,通过计算可知只需预处理 i\le 20 的所有值即可。

此题得解


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