2018牛客国庆集训派对Day1 G.Kimi to Kanojo to Kanojo no Koi(递归+构造)

题目

n<=1e3，要求输出一个n*n的矩阵，

每行每列都是一个1-n的排列，且关于主对角线对称的元素不同，即A[i][j]≠A[j][i](i≠j)

思路来源

https://www.cnblogs.com/vocaloid01/p/9514018.html

题解

n=1为1，n=2无解，考虑n>=3的情形

n为奇数的时候，可以通过循环移位，直接求得答案

n=4的时候，可以构造一个样例给出的矩阵，

有这样一组解：

1, 2, 3, 4
4, 3, 2, 1
2, 1, 4, 3
3, 4, 1, 2

当n>4 的时候，我们假设n=2k (k>2), 并且当n=k 时存在一组合法解，那么我们构造n=2k 时的解：

记A(t) 为n=t 时的一组解。首先，我们先令A(2t) 为：

A(k), A(k)
A(k), A(k)

之后, 我们在左上和右下的A(k) 中给所有元素加上k：

A(k)+k, A(k)
A(k), A(k)+k

之后，我们把右上的A(k) 沿着它的主对角线翻转一下，并记为A’(k)，

此时我们可以得到：对于所有在

A’(k) 中的A(2k)[i][j]，有A(2k)[i][j] = A(2k)[j][i]，具体如下。

A(k)+k, A’(k)
A(k), A(k)+k

最后, 我们只要把左下的A(k) 的值都移一位就好。(1->2, 2->3, ..., k->1)：

A(k)+k, A’(k)
A(k)+1, A(k)+k

这样n=2k 的解就构造出来了。

心得

注意递归传参，

矩阵左上角坐标，矩阵规模，矩阵所有元素要加的偏移量

还有一些可能涉及的修改，如旋转，取反，取对称等

最好写的，大概是循环和搜完之后再改答案的递归，

可惜，循环代码冗长，后者的递归常数较大，

子层递归直接修改，显然是最简洁的

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e3+5;
int a[4][4]={0,1,2,3,
			3,2,1,0,
			1,0,3,2,
			2,3,0,1};
int mp[N][N];
int n;
//右上角翻转 左下角循环移位 剩下两角不变 
void dfs(bool odd,int x,int y,int mn,int n)
{
	if(odd)
	{
		for(int i=0;i<n;++i)
		{
			for(int j=0;j<n;++j)
			{
				mp[j+x][(i+j)%n+y]=i+mn;
			}
		}
		return;
	}
	if(n==4)
	{
		for(int i=0;i<n;++i)
		{
			for(int j=0;j<n;++j)
			{
				mp[i+x][j+y]=a[i][j]+mn; 
			}
		}
		return;
	}
	else 
	{
		dfs((n/2)&1,x,y,mn+n/2,n/2);
		dfs((n/2)&1,x,y+n/2,mn,n/2);
		dfs((n/2)&1,x+n/2,y,mn,n/2);
		dfs((n/2)&1,x+n/2,y+n/2,mn+n/2,n/2);
		for(int i=0;i<n/2;++i)
		{
			for(int j=0;j<i;++j)
			{
				swap(mp[i+x][j+(y+n/2)],mp[j+x][i+(y+n/2)]);
			}
		}
		for(int i=0;i<n/2;++i)
		{
			for(int j=0;j<n/2;++j)
			{
				mp[i+(x+n/2)][j+y]=(mp[i+(x+n/2)][j+y]-mn+1)%(n/2)+mn;
			}
		}
	}
}
void output()
{
	for(int i=0;i<n;++i)
	{
		for(int j=0;j<n;++j)
		{
			printf("%d%c",1+mp[i][j]," \n"[j==n-1]);
		}
	}
}
bool ok()
{
	for(int i=0;i<n;++i)
	{
		for(int j=0;j<i;++j)
		{
			if(mp[i][j]==mp[j][i])return 0;
		}
	}
	return 1;
}
int main()
{
	while(~scanf("%d",&n))
	{
		if(n==1)puts("1");
		else if(n==2)puts("-1");
		else
		{
			dfs(n&1,0,0,0,n);
			//puts(ok()?"yes":"no");
			output(); 
		}
	}
	return 0;
}