题解 AT4378 【[AGC027D] Modulo Matrix】

Kinandra · 2020-03-06 16:45:06 · 题解

标签: 构造

考虑把矩阵黑白染色, 为所有白色的主对角线和副对角线分配一个质数.

对于白格子, 权值定为所处的两条对角线的质数的积.

对于黑格子, 权值定位相邻的(不大于) 4 个白格子的最小公倍数 +1 .

这样显然满足每个元素互不相同(特判 n=2 的情况), 且满足对于任意相邻的两个数, 较大数(黑格子)模较小数(白格子)为定值 1 .

考虑元素的最大值. n=500 时我们需要 2n=1000 个素数, 则每个素数都在 10^4 内, 白色格子不大于 10^8 .

乍一看似乎黑格子的上界为 10^{32} , 其实不然, 一个黑格子相邻的白格子最多处于两条不同主对角线, 两条不同副对角线, 故上界其实是 10^{16} . 可以看出这个上界很松, 实际情况比这个上界小了 2,3 个数量级, 可以通过.

时间复杂度 \mathcal O(n^2\log a) .

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
long long a[1001][1001], prm[2003];
int vis[100005], cnt;
void euler() {
    vis[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= 10000; ++i) {
        if (!vis[i]) prm[++cnt] = i;
        for (int j = 1; j <= cnt && i * prm[j] <= 10000; ++j) {
            vis[i * prm[j]] = 1;
            if (!(i % prm[j])) break;
        }
    }
}

long long gcd(long long x, long long y) {
    while (y ^= x ^= y ^= x %= y) void();
    return x;
}

long long lcm(long long x, long long y) {
    if (!x || !y) return x + y;
    return x / gcd(x, y) * y;
}

int main() {
    scanf("%d", &n), euler();
    if (n == 2) return puts("4 7\n23 10\n"), 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        for (int j = (i + 1 & 1) + 1; j <= n; j += 2)
            a[i][j] = prm[(i + j) / 2] * prm[n + (i - j) / 2 + (n + 1) / 2];
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        for (int j = (i & 1) + 1; j <= n; j += 2)
            a[i][j] = lcm(lcm(a[i - 1][j], a[i][j - 1]),
                          lcm(a[i][j + 1], a[i + 1][j])) +
                      1;
    for (int i = 1; i <= n; ++i, puts(""))
        for (int j = 1; j <= n; ++j) printf("%lld ", a[i][j]);
    return 0;
}