很意思的一道构造题

题意:给一个\(n、k\),让构造长度为n的数组满足,子数组为整数的个数为k个,负数的为\(k-(n+1)* n/2\),每个数的范围为\([-1000,1000]\)

这种构造题可以考虑就是前一段可以一直用一样的、最小的。

我们观察可以发现\(k+k-(n+1)* n/2= (n+1)* n/2\)

也就是所有子数组的个数,换句话说子数组不能有0。

这样我们很容易考虑用很小的一个负数和一个很小的正数去构造

这里我用的是\(1\)和\(-1000\)

我们先考考虑一下前一段是p个1,后面全是-1000的情况这样我们得到的正数组有\(\frac{(p+1) * p}{2}个\)

当\(k=\frac{(p+1) * p}{2}\)时,自然皆大欢喜

当\(k>=\frac{(p+1) * p}{2}\)时,我们考虑一下剩下的\(k-\frac{(p+1) * p}{2}\)该如何臭凑出来,能增加p吗?,当p+1,我们会增加p+1个正数组,这是不行的,我们考虑的p的最大满足\(k>=\frac{(p+1) * p}{2}\)的p,也就是说缺少的正数组个数是在\([1,p]\)

我们可以选择前面p个1中的一个将其变为1000,\(p+1\)处的-1000遍为500,这样我们就可以添加\([1,p]\)个正数组,哪个位置的1变为1000呢?

我们可以找一下规律



弄清楚上面的事情,代码就很简单了,我们只需要而分出最后一个满足条件的p然后按照上面的构造方法放数即可

  1. #include <bits/stdc++.h>
  2. #define int long long
  3. #define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
  4. #define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
  5. #define pii pair<int, int>
  6. #define pll pair<long long, long long>
  7. #define ll long long
  8. #define db double
  9. #define endl '\n'
  10. #define x first
  11. #define y second
  12. #define pb push_back
  13. using namespace std;
  14. const int N=5e3+10,mod=100003,inf=(1ull<<63)-1;
  15. int n,m,k;
  16. int vis[N],d[N];
  17. int a[1010],b[1010];
  18. void solve()
  19. {
  20. cin>>n>>k;
  21. int l=0,r=n;
  22. while(l<r){
  23. int mid=(l+r+1)>>1;
  24. if(mid*(mid+1)/2<=k) l=mid;
  25. else r=mid-1;
  26. }
  27. if(l*(l+1)/2==k){
  28. rep(i,1,l) cout<<1<<' ';
  29. rep(i,l+1,n){
  30. if(i==l+1) cout<<-500<<' ';
  31. else cout<<-1000<<' ';
  32. }
  33. cout<<endl;
  34. }else{
  35. int d=k-(l*(l+1))/2;
  36. rep(i,1,l){
  37. if(i==d) cout<<1000<<' ';
  38. else cout<<1<<' ';
  39. }
  40. rep(i,l+1,n){
  41. if(i==l+1) cout<<-500<<' ';
  42. else cout<<-1000<<' ';
  43. }
  44. cout<<endl;
  45. }
  46. }
  47. signed main(){
  48. ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
  49. // freopen("1.in", "r", stdin);
  50. int _;
  51. cin>>_;
  52. while(_--)
  53. solve();
  54. return 0;
  55. }

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