【LGR-188-Div.3】洛谷基础赛 #12 & Daily OI Round 4 B Square 题解

【LGR-188-Div.3】洛谷基础赛 #12 & Daily OI Round 4 B 题解

题面

前置知识——奇偶性

我们都知道，偶数对 $2$ 取模余数为 $0$， 奇数对 $2$ 取模余数为 $1$。所以奇数或者偶数个偶数相加得到的一定还是偶数，因为余数之和还是为 $0$，所以可得: 奇数 * 偶数 = 偶数，偶数 * 偶数 = 偶数。再来看奇数个奇数相加的情况，此时余数之和为奇数个 $1$ 相加，对 $2$ 再取模最终余数显然为 $1$，也就是奇数 * 奇数 = 奇数。

思路

由于题面中显然需要求解的内容都和行和列的和有关，所以我们不妨算出 $n\ast n$ 的网格内的标号总和 $sum$ 为 ${\sum }_{i=1}^{n^2}i=(1+n^2)\ast n^2/2$

显然，上式在 $2\le n$ 时为偶数。
我们特判一下当 $n=1$ 时，网格内有且仅有 $1$ 一个数，满足题面对每行之和都是奇数的要求，但不满足每列之和都是偶数的要求，所以 $n=1$ 时，输出 “No”。

那么再来看一般的 $2\le n$ 的情况，由于 $sum$ 为偶数，而 $sum$ 又等于列数 * 每列之和，所以由奇偶性可得：

1. 列数和每列之和中必有一个是偶数。
2. 行数和每行之和中必有一个是偶数。

第一条由题意可知，每列之和必为偶数，所以一定满足。
第二条由于每行之和题目要求必须都是奇数，所以行数必须是偶数，所以 $n$ 为偶数。

综上，当 $n$ 为奇数的时候，输出 “No”，否则输出 “Yes”。

代码实现

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
	long long n;//开 long long,因为 n 最高为 10^18.
	cin >> n;
	cout << ((n % 2 == 0) ? "Yes" : "No");//判断 n 的奇偶性并输出对应的结果。
	return 0;
}

the first end.

date 2024.06.06

突然发现只写了赛时的一个比较伪的证明，补一下当 $n$ 为偶数时一定有解的证明。

显然 $n$ 为偶数可以分类为 $n=2(mod4)$, $n=0(mod4)$(实在是不会打三个横线的等号o(╥﹏╥)o)

当 $n=2(mod4)$ 时， 显然，如果想要每行之和为奇，必须有奇数个奇数，那么不难想到，我们每行有一半数为奇，一半数为偶，就能成立$($这样奇数个数一定是 $n=1(mod4)$，显然这是个奇数$)$，那么我们不难想到一种构造方法就是奇数列全填奇数，偶数列全填偶数这样就能构造出来了。

e.g.

再来讨论 $n=0(mod4)$ 的情况，这种情况显然不能和刚才那种情况用同样的处理方式，但是我们可以将它变成之前的形式，我们先讨论 $3-n$ 列，发现这显然可以按照 $n=2(mod4)$ 的情况处理，那么 $1-2$ 列我们怎么处理呢？这时我们会发现我们需要让每行的前两个数相加为偶数不就行了？由奇偶性我们可以知道，只有偶数加偶数或奇数加奇数是偶数，那么我们不难想到我们可以把 $1-(n/2)$ 行的前两个数都给填上奇数， $(n/2+1)-n$ 行的前两个数都填上偶数，这样就构造出来了，也就证明了 $n$ 为偶数时都是可行的。

the second ending.