CF思维题做题记录-2

CF2600左右有趣的思维题做题记录-2

CF1725L. Lemper Cooking Competition

考虑最后所有炉灶的温度都非负，这相当于这个数组的前缀和数组递增。我们考虑一次操作对前缀和数组的影响（记前缀和数组为 \(S\)）：\((A_{i-1},A_i,A_{i+1})\to(A_{i-1}+A_i,-A_i,A_{i+1}+A_i)\)，即 \((S_{i-1},S_{i},S_{i+1})\to(S_{i-1}+A_i,S_{i}-A_i,S_{i+1})\)。然而我们注意到 \(S_{i-1}+A_i=S_i,S_{i}-A_i=S_{i-1}\)，那么操作后相当于 \((S_{i},S_{i-1},S_{i+1})\)，于是我们可以将一次操作刻画为选择一个 \(i(2\le i\le n-1)\) 并交换 \(S_{i-1},S_i\)。

这是一个经典的问题，答案即交换次数就是原数列的逆序对个数，可以用树状数组做到 \(O(n\log n)\)。然而注意到我们没有办法交换 \(S_0,S_n\)，于是需要判断 \(S_0\) 是否是最小的，\(S_n\) 是否是最大的来判断是否有解。

CF1924D. Balanced Subsequences

先特判掉 \(k>\min(n,m)\) 的 corner case，显然不存在最长平衡子序列的长度为 \(2k\)，答案为 \(0\)。

我们设 \(f(n,m,k)\) 表示恰有 \(n\) 个 ( 和 \(m\) 个 )，最长平衡子序列的长度 \(\le 2k\) 的序列个数。

1. \(k=0\)，显然答案为 \(1\)，此时的 \(f(n,m,k)=1=\binom{n+m}{k}\)。

2. \(k=\min(n,m)\)，显然此时将所有括号随意乱排即可满足限制，则 \(f(n,m,k)=\binom{n+m}{m}=\binom{n+m}{k}\)

3. \(k<\min(n,m)\)，我们可以考虑枚举第一位是 ( 还是 )：

   • 如果第一位是 (，因为 \(k<m\)，所以后面显然会有多余的没有匹配的 )，这个 ) 总会和第一个 ( 匹配从而给答案 \(+1\)，贡献为 \(f(n-1,m,k-1)\)。
   • 如果第一位是 )，显然这一位不会有贡献，那么贡献为 \(f(n,m-1,k)\)。

   于是我们又转移式 \(f(n,m,k)=f(n-1,m,k-1)+f(n,m-1,k)\)，根据我们的边界条件总是可以推出来 \(f(n,m,k)=\binom{n+m}{k}\)。

综上，我们总有 \(f(n,m,k)=\binom{n+m}{k}\)。于是答案为 \(f(n,m,k)-f(n,m,k-1)=\binom{n+m}{k}-\binom{n+m}{k-1}\)。预处理阶乘和阶乘逆元可以做到 \(O(1)\) 查询。

CF1682E. Unordered Swaps

考虑一个大小为 \(k\) 置换环内显然恰好交换 \(k-1\) 次，且不存在环才可能使得交换合法且次数最小，因此题目中给出的操作连边后一定形成了森林。

考虑 \(i\to p_i\)，显然我们唯一合法的交换次序是依次交换 \(i\to p_i\) 简单路径上的所有边，否则都会导致 \(p_i\) 无法回到原始的位置。考虑用有向边限制这个先后关系，那么将所有的 \(i\to p_i\) 限制完之后只需要进行拓扑排序就可以得到一个合法的解。

对于一条边 \((u,v)\)，如果 \(u\) 的子树内存在需要到 \(v\) 的子树的点，显然这样的点最多一个，否则肯定不合法。对于 \(v\) 的子树内的点同理，因此 \((u,v)\) 最多被两条路径覆盖，那么暴力跳父亲限制即可，复杂度是 \(O(n)\) 的。

CF1970A3. Balanced Unshuffle (Hard)

考虑简单版的正序实现，显然可以直接排序做到 \(O(n\log n)\)，但是这对我们后面没有什么启发，因此不妨更进一步考虑。首先我们要知道，一个合法括号序列可以表示一个树：( 表示进入一个子树，) 表示离开一个子树，我们可以通过这个过程唯一确定一棵树的形态。考虑我们怎么用这棵树解决排序问题：显然在处理一个字符时，当前所在的位置的深度就是这个字符的前缀平衡值，因此我们将这个字符留在该节点的最前面，然后根据字符种类选择进入一个子树还是离开这个子树。最后从根节点开始广搜，将每个节点上的字符依次输出即可，复杂度可以做到 \(O(n)\)。

接下来考虑反向，在刚才的过程中，我们发现除根节点外所有的点的第一个字符都是 )，且剩下的字符都是 (，并且个数等于儿子个数。这是因为每个节点在进入儿子时一定会留下一个 (，在离开时一定会留下一个 )，并且离开肯定是最后进行的。这启发我们利用这一点复原树的结构：我们采用广搜，依次扫描字符，如果字符为 (，则给当前节点增加一个儿子；否则这个节点没有儿子了，直接退出即可。确定了树的结构后，我们可以轻松确定原字符串，复杂度是 \(O(n)\) 的。

值得一提的是，题目中提到的两个证明可以通过上述过程简单证明。

CF1720D2. Xor-Subsequence (hard version)

考虑有一个显然的 dp 设计：\(f_i\) 表示以第 \(i\) 位为结尾的最长合法序列长度，那么转移方程是显然的

\[f_i=\max\limits_{a_j\oplus i<a_i\oplus j}f_j+1 \]

考虑如何快速找到所有满足条件的 \(f_j\)，可以对限制拆位，对于第 \(k\) 位，可能有：

• \(a_j\oplus i=0\) 且 \(a_i\oplus j=1\)，此时所有的 \(j\) 的 \(f_j\) 都有贡献。
• \(a_j\oplus i=a_i\oplus j\)，此时继续向下一位讨论即可。

于是我们维护 \(a_i\oplus i\)，考虑转化上面的两个条件：

• \(a_i\oplus i=a_j\oplus j\oplus 1\land i=a_j\)，此时所有的 \(j\) 的 \(f_j\) 都有贡献。
• \(a_i\oplus i=a_j\oplus j\)，此时继续向下一位讨论即可。

不难看出可以直接用 Trie 树维护后向下走，对每一个节点维护这一位所有 \(a_i=0/1\) 的 \(f_i\) 的最大值即可，复杂度是 \(O(n\log V)\) 的。

CF1442D. Sum

直接做背包是 \(O(nk^2)\) 的，我们考虑发现一些性质。首先可以容易得到一个结论：最多只有一个序列没有选满。可以用反证法证明：假设有两个没有选满，比较两个序列的最后选择的值，设有 \(A_{1,p}<A_{2,q}\)，于是可以考虑将 \(A_{1,p}\) 取消，进而选择 \(A_{2,q+1}\)，由于递增的性质，这样一定不劣。并且由于递增，取消之后的 \(A_{1,p-1}\) 依旧小于 \(A_{2,q+1}\)，这样重复操作直到一者选空或选满肯定更优，这样枚举哪个数组没有选满，剩下的数组就只用进行 \(01\) 背包了，总复杂度是 \(O(n^2k)\) 的。

现在考虑一个经典的分治思路：\(\text{Solve}(l,r)\) 表示正在求解 \([l,r]\) 区间，我们先将左区间 \([l,\text{mid}]\) 的所有数组放入背包中，然后调用 \(\text{Solve}(\text{mid}+1,r)\)，接着还原背包，将右区间 \([\text{mid}+1,r]\) 的所有数组放入背包中，然后调用 \(\text{Solve}(l,\text{mid})\)。这样做的好处是当处理 \([l,r]\) 时，除这个区间外的所有数组都已经被放入了背包，这样我们只需要在 \([l,l]\) 处统计答案即可，复杂度分析 \(T(n)=2T(\dfrac{n}{2})+O(nk)\) 得到时间复杂度是 \(O(nk)\) 的。

CF1545C. AquaMoon and Permutations

考虑有一些行是一定可以确定的：当 \(a_{i,j}\) 是第 \(j\) 列在唯一出现时，显然第 \(i\) 行一定要选。我们先将这些行选择了，那么和这些行的某一列相同的行肯定不能选，根据题目中保证的性质，我们至少能找到一行删去。接着我们继续寻找是否有能够确定的行直到找不到为止。

根据我们每次确定的行都会至少连带着一行删去，那么我们此时剩下的行数 \(\le\) 二倍的未确定行数。根据鸽笼原理，此时每一列的每一个数都恰好出现了两次，这说明我们可以将剩下的行分成两个拉丁方，所以我们此时可以任意选择一行，将方案数 \(\times 2\) 即可。

上面的过程都可以暴力枚举实现，复杂度是 \(O(n^3)\) 的。

CF338D. GCD Table

考虑因为要满足 \(\gcd(x,y+i-1)=a_i\) 的限制，所以显然有 \(\text{lcm}(a_1,a_2,\cdots,a_k)\mid x\)。设 \(L=\text{lcm}(a_1,a_2,\cdots,a_k)\)，那么考虑到若 \(x=L\) 满足条件，则 \(x=kL(k>1)\) 时仍满足条件当且仅当 \(\gcd(k,y+i-1)=1\)，这对 \(y\) 提出了更严苛的限制，因此我们取 \(x=L\) 一定最优。

现在我们构造 \(y\)，因为 \(x=L\) 且 \(\gcd(x,y+i-1)=a_i\)，那么 \(a_i\mid y+i-1\)，也就是说我们有

\[\begin{cases}y\equiv0&\pmod {a_1}\\y\equiv -1&\pmod{a_2}\\\vdots\\y\equiv 1-k&\pmod {a_k}\end{cases} \]

因此对于 \(y\) 来说可以用 exCRT 求出一个最小解，然而此时求出的 \(y\) 并不充分，因此我们需要再次检查所有的 \(\gcd(x,y+i-1)\) 是否符合条件。

题目中还要求 \(x\le n,y>0,y+k-1\le m\)，判断后输出即可。注意特判求出 \(y\equiv 0\pmod M\) 的情况，这时 \(y\) 应取到 \(M\)。

CF1889C2. Doremy's Drying Plan (Hard Version)

一个显然的想法是设 \(f_{i,c}\) 表示钦定第 \(i\) 个城市是干燥城市且前 \(i\) 个城市的钦定需要至少使用 \(c\) 次能力时，前 \(i\) 个城市中最多的干燥城市个数。转移可以枚举上一个干燥城市 \(p\)，那么我们为了满足条件，需要对所有左端点在 \((p,i]\)，右端点在 \([i,n]\) 的区间使用能力，用数据结构统计后转移。复杂度可以做到 \(O(n^2k\text{poly}(\log n))\)。

考虑优化，不难发现我们多使用的能力次数只和右端点在 \([i,n]\) 的区间的左端点有关，而我们能使用能力的次数又极小，因此可以考虑枚举左端点的位置，这样最多枚举 \(k\) 个左端点，否则为了满足钦定，能力的使用定然会超出次数限制。设从大到小第 \(i\) 个左端点的位置为 \(p_i\)，那么新使用 \(i\) 次能力的转 移端点应在 \([p_{i+1},p_i)\) 之间。用数据结构维护区间 \(\max\)，那么复杂度优化到 \(O(nk^2\log n)\)，很可惜无法通过。

考虑用动态 st 表优化，这样新增一个位置是 \(O(\log n)\)，但查询只需要 \(O(1)\)，复杂度降为 \(O(nk(k+\log n))\)，可以通过。至于如何维护右端点在 \([i,n]\) 的所有左端点位置，可以用扫描线和 multiset 解决，维护的复杂度不是瓶颈。

CF1895F. Fancy Arrays

考虑 \([x,x+k)\) 这个区间不可能一次性跨过，那么原序列符合条件只需要在满足第二个条件的基础上满足 \(\min<x+k\) 和 \(\max\ge x\) 即可。同时满足两个内容的序列较难统计，可以考虑容斥，用满足 \(\min <x+k\) 的序列数量减去 \(\max <x\) 的序列数量。

对于 \(\min<x+k\) 的序列，我们可以先忽略所有元素均为非负整数，这样通过差分数组我们可以确定序列的所有形态，而差分数组的取值是 \([-k,k]\)，共有 \((2k+1)^{n-1}\) 种。此时我们可以将所有元素同时加减某一个数，使得最小值在 \([0,x+k)\) 范围内共 \(x+k\) 种情况，因此总方案数为 \((x+k)(2k+1)^{n-1}\)。

对于 \(\max<x\) 的序列，由于 \(x\) 较小，不难看出可以 dp，设 \(f_{i,v}\) 表示第 \(i\) 位为 \(v\) 时前 \(i\) 位序列的方案数，不难看出可以用矩阵优化转移，这样复杂度是 \(O(x^3\log n)\) 的。

CF453D. Little Pony and Elements of Harmony

考虑对转移式有转化，记 \(c(x)\) 表示 \(x\) 二进制下 \(1\) 的个数：

\[e_i(u)=\sum e_{i-1}(v)\cdot b(c(u\oplus v)) \]

等价于

\[e_i(u\oplus v)=\sum e_{i-1}(v)\cdot b(c(u)) \]

那么这就是一个异或卷积的形式，记 \(b'(u)=b(c(u))\)，考虑对 \(b'\) 和 \(e\) 都求出 FWT，由于 FWT 是线性变换，于是有 \(\text{FWT}(e_i)=\text{FWT}(e)\cdot\text{FWT}(b')^i\)，可以用快速幂快速转移，最后再做一次 IFWT。这样复杂度是 \(O((m+\log t)2^m)\)。

然而考虑到 \(p\) 没有任何限制，那么 \(2\) 可能没有逆元，需要换一种方式解决。考虑到 FWT 有一种类 NTT 的实现，FWT 和 IFWT 的变换是一样的，只需要在最后统一除以 \(n\)（从位矩阵的角度看，相当于每一个数位的贡献都扩大了 \(2\) 倍，\(m\) 个数位就扩大了 \(n\) 倍）。然而 \(p\) 依然不一定有 \(n\) 的逆元。有一个经典的套路是 \(\frac{a}{n}\bmod p=\frac{a\bmod {(np)}}{n}\)，于是整个过程都对 \(np\) 取模即可。

此时还有一个问题是 \(np\) 的规模是 \(10^{15}\) 的，直接乘会超过 long long 范围，因此可以考虑使用 __int128 或者是使用光速乘。

CF1827C. Palindrome Partition

设 \(f_i\) 表示以 \(i\) 结尾的合法串个数。考虑如果对以每个位置 \(i\) 结尾的偶回文串进行转移，那么不仅复杂度无法接受，同时计算也会出现重复，因此我们想对所有合法子串钦定唯一的划分。

考虑对于一个合法串，其可能存在多种划分方式，不妨取所有划分方式的断点的并集作为断点，不难证明这依然是一个合法的划分（因为偶回文串的某个前缀或后缀也是偶回文串的话，剩下的后缀或前缀一定可以划分成若干个偶回文串）。

那么我们发现，此时我们的划分一定会使得每一段的偶回文串都没有偶回文串后缀，也就是说这是一段最短的偶回文串后缀，我们只需要对每个 \(i\) 求出 \(p_i\) 表示以 \(i\) 结尾的最短偶回文串的起始点在 \(p_i\)，就可以写出转移式：

\[f_i=f_{p_i-1}+1 \]

答案是所有位置的 \(f\) 和。考虑如何处理出 \(p_i\)，先用 manacher 处理出每个对称中心的极长半径，那么因为我们想要让 \(p_i\) 最大，就是想让每个 \(i\) 能选择的对称中心尽可能大。显然每个对称中心能够更新一段区间的 \(p_i\)，用栈维护当前最大的有效对称中心即可做到 \(O(n)\)。

CF1804F. Approximate Diameter

考虑到对于一个固定的 \(u\)，对于其他所有点 \(v\) 的 \(\rho(u,v)\) 是可以 \(O(n)\) 求解的。考虑我们固定一个端点为 \(u\) 时图的直径 \(D_u(G)\)，那么我们有

\[\lceil\frac{D(G)}{2}\rceil\le D_u(G)\le D(G) \]

这是因为我们不可能在 \(u\) 的分层图上找到两个点之间的距离 \(>2D_u(G)\)，并且一定能找到两个点的距离 \(\ge D_u(G)\)。发现上面的限制和题目给出的下界较为吻合，考虑对宽松的上界带来的做法。对于两个时刻 \(a,b\)，显然有 \(D_u(G_a)\ge D_u(G_b)\)，若 \(D_u(G_a)\le 2D_u(B_b)\)，那么有

\[\lceil\frac{D(G_b)}{2}\rceil\le D_u(G_b)\le D_u(G_a)\le 2G_u(G_b)\le 2D(G_b) \]

于是我们看出 \(D_u(G_a)\) 也是时刻 \(b\) 的一个合法输出，于是我们可以二分找到最后一个满足 \(D_u(G_a)\le 2D_u(G_b)\) 的 \(b\)，\([a,b]\) 中的答案都已经确定，而 \(b+1\) 的答案为 \(D_u(G_{b+1})<\frac{D_u(G_a)}{2}\)，因而每段区间的输出至少相差 \(2\) 倍，于是我们最多有 \(O(\log n)\) 段区间。对每段区间的二分是 \(O(\log n)\) 的，单次求解需要 \(O(n)\) 计算，于是总复杂度可以做到 \(O(n\log^2n)\)。

CF662C. Binary Table

看到 \(n\le 20\)，一个非常自然的想法是枚举每一行是否反转，共 \(2^n\) 种情况。接着对于每一列，我们贪心的选择是否反转即可，这样的复杂度是 \(O(2^nm)\) 的。

考虑对于行反转状态为 \(u\) 最小值进行计算。考虑如果第 \(i\) 列的状态为 \(c_i\)，则反转后状态会变为 \(c_i\oplus u\)，而这一列是否反转是确定的。设 \(\text{pc}(x)\) 表示 \(x\) 的二进制位中 \(1\) 的个数，这一列对答案的贡献即为

\[g_{c_i\oplus u}=\min(\text{pc}(c_i\oplus u),n-\text{pc}(c_i\oplus u)) \]

假设我们初始有 \(f_{c_i}\) 个列的状态恰为 \(c_i\)，那么行反转状态为 \(u\) 的答案即为

\[\text{ans}_u=\sum f_{v}g_{v\oplus u}\Rightarrow \text{ans}_{u\oplus v}=\sum f_ug_v \]

这是显然的异或卷积形式，直接使用 FWT 可以做到 \(O(n2^n)\) 的复杂度，答案对所有 \(\text{ans}\) 取 \(\min\) 即可。

CF622F. The Sum of the k-th Powers

首先根据经典结论，我们知道答案是一个关于 \(n\) 的 \(k+1\) 次多项式，我们不难想到使用拉格朗日插值。直接做复杂度是 \(O(k^2)\) 的，但是对于没有强制给定点的题目，我们是存在 \(O(k)\) 的做法的：更具体的，我们选择 \([1,k+2]\) 中的所有点作为特殊点，显然我们可以在 \(O(k\log k)\) 的复杂度内算出这些点的纵坐标。我们发现当 \(x\) 连续时，分母将会变为两个阶乘相乘，可以预处理阶乘逆元解决。而分子可以通过处理前缀积和后缀积解决。于是我们可以做到 \(O(k\log k)-O(k)\)。

CF360D. Levko and Sets

考虑我们集合里的数一定可以写成 \(a_i^{\sum c_i\cdot b_i}\) 的形式，考虑到 \(a^{p-1}\equiv 1\pmod p\)，于是我们考虑考察 \(\sum c_i\cdot b_i\bmod {p-1}\) 的值。根据裴蜀定理，我们知道若 \(d=\gcd(p-1,b_i)\)，那么 \(d|(\sum c_i\cdot b_i\bmod {p-1})\)。

于是集合里的数一定可以写成 \(a_i^{k_id}\) 的形式，考虑找到最小的正整数 \(k_i\) 满足 \(a_i^{k_id}\equiv 1\pmod p\)，那么此时集合 \(i\) 中恰有 \(k_i\) 个数。因为 \(d\) 是 \(p-1\) 的因数，所以 \(k_i\) 一定是 \(\frac{p-1}{d}\) 的因数，也一定是 \(p-1\) 的因数。

而在离散对数的角度下， \(a_i^{d}\) 次方应当恰能写成 \(p\) 的原根 \(g\) 的 \(\frac{p-1}{k_i}\) 次方。将集合里的数全部改成离散对数的意义，应该是 \([1,p-1]\) 内所有 \(\frac{p-1}{k_i}\) 的倍数。所有集合的并集就应该是

\[\{x\in\mathbb{N}\mid x\in[1,p-1]\land\exist \frac{p-1}{k_i}|x\} \]

考虑如何求出这个集合的大小。首先集合里的数显然都是 \(p-1\) 的因数，考虑设 \(f_d\) 表示集合内和 \(p-1\) 的 \(\gcd\) 恰为 \(d\) 的数的个数。如果不存在 \(\frac{p-1}{k_i}\) 是 \(d\) 的因数，显然 \(f_d=0\)。否则考虑用 \([1,p-1]\) 内 \(d\) 的倍数个数减去和 \(p-1\) 的 \(\gcd\) 是 \(d\) 的倍数的数，即

\[f_d=\frac{p-1}{d}-\sum_{d|d'}f_{d'} \]

最后答案即为 \(\sum f_d\)。设 \(D\) 是 \(p-1\) 的约数个数，总复杂度是 \(O((n+D)D)\) 的。因为 \(D\) 最多只有 \(1344\)，因此可以通过。

CF547D. Mike and Fish

考虑将每个点变成边，连接其 \(x\) 坐标和 \(y\) 坐标，这样原图就被转换成了一个二分图。考虑我们就是要对边染色，使得所有点连边红色和蓝色相差不超过 \(1\)。

注意到对于一张非奇环欧拉图，或者一张半欧拉图，我们只需要按照欧拉回路或欧拉路径的顺序，轮流给每一条边染色成红色和蓝色就可以满足条件。然而此时的图不一定是满足条件的，可以考虑添加一些边使得图符合条件。不难想到将所有奇度点和 \(0\) 连边，这样所有点的度数都是偶数（因为原图一定有偶数个奇度点，因此 \(0\) 的度数也为偶数），并且由于每一个原图的点只添加了一条边，那么就算去掉这条边也依然符合答案要求。每一个连通块都应该是一张欧拉图，跑一遍欧拉回路构造即可。注意图不一定连通，需要遍历所有连通块，复杂度是 \(O(n)\) 的。

然而注意到我们添加完边后有可能会导致原图存在奇环，仔细思考我们会发现奇环中不合法的内容一定存在于起点，因此只需要让额外添加的 \(0\) 作为起点即可保证构造没有问题。由于题目保证存在解，不可能有不和 \(0\) 相连的奇环。如果要判断是否有解，需要将所有原图中的边检查一遍判断是否符合要求。

AGC030C. Coloring Torus

对于 \(k\le 500\)，我们可以轻易构造：

k
1 2 3 ... k
1 2 3 ... k
1 2 3 ... k
. . . ... .
. . . ... .
. . . ... .
1 2 3 ... k

然而对于 \(k>500\) 也无法调整。考虑因为所有的相同数并排，没有共用的相邻格，因此难以调整，不妨改成下面的构造：

k
1 2 3 ... k
2 3 ... k 1
3 ... k 1 2
... . . . .
.. . . . ..
. . . . ...
k 1 2 3 ...

显然这样填出来依然合法，以将 \(k=4\) 时拓展到 \(k=8\) 为例，我们有

4           4           4           4           4
1 2 3 4     1 2 3 4     1 2 3 4     1 2 3 4     1 2 3 4
2 3 4 1 --> 2 3 4 5 --> 6 3 4 5 --> 6 7 4 5 --> 6 7 8 5
3 4 1 2     3 4 1 2     3 4 1 2     3 4 1 2     3 4 1 2
4 1 2 3     4 5 2 3     4 5 6 3     4 5 6 7     8 5 6 7

不难看出这样子一个尺寸为 \(n\) 的矩阵的容量是 \(2n\) 的，那么 \(n=500\) 的矩阵可以构造出 \(K=1000\) 的合法解，仿造上面的过程构造即可，复杂度是 \(O(n^2)\) 的。

AGC027D. Modulo Matrix

考虑我们钦定一个偏序关系，不妨对方格进行黑白染色，钦定所有黑色格子比相邻的所有白色格子都大。那么令 \(m=1\)，黑色格子的值将是周围所有白色格子的值的 \(\text{lcm}+1\)。

考虑如何钦定白色格子的值。为了让所有格子互不相同且不超上限，我们可以给每个白色格子钦定两个质因子，且次数均为 \(1\)。不难看出在一条斜线上的白色格子可以共用一个质因子，如下图构造：

prime A:    prime B:
2 0 3 0 5   19 0 17 0 13
0 3 0 5 0   0 19 0 17 0 
3 0 5 0 7 x 23 0 19 0 17
0 5 0 7 0   0 23 0 19 0
5 0 7 0 11  29 0 23 0 19

于是我们只需要使用前 \(1000\) 个质数，值的上界是 \(7907\)，这样白色格子的值最多在 \(6.4\times 10^7\)，而黑色格子本质上是 \(4\) 个质数的乘积 \(+1\)，看起来值会达到 \(4\times 10^{15}\)，但实际上限非常松，白格子和黑格子都完全卡不到上界，因此可以通过。

一个较为简单的实现是先构造出 \(500\times 500\) 的矩阵，最后只输出 \(n\times n\) 的子矩阵，复杂度是 \(O(n^2\text{poly}(\log a))\) 的。

AGC025D. Choosing Points

一个观察是不存在三个点都是格点的等边三角形，因此我们可以猜想如果对距离为 \(\sqrt{D}\) 的点连边，那么整张图构成二分图。

考虑证明这个事情，假设 \(D\) 能写成 \(4^k\cdot q(q\bmod 4\ne 0)\) 的形式，那么两个点横纵坐标之差应当可以写成 \(2^k\cdot a\) 和 \(2^k\cdot b\) 的形式，那么我们有 \(a^2+b^2=q^2\)。将原图的 \((x,y)\) 改写为 \((a=\lfloor\frac{x}{2^k}\rfloor,b=\lfloor \frac{y}{2^k}\rfloor)\) 的形式，显然 \(a,b\) 相同的点之间的距离不可能为 \(\sqrt{D}\)。接着考察 \(q\bmod 4\) 的结果：

• \(q\bmod 4=1\)，那么此时 \(a,b\) 应当一奇一偶，因此按照 \(a,b\) 的奇偶性是否相同染上不同颜色。
• \(q\bmod 4=2\)，那么此时 \(a,b\) 应当都是奇数，因此按照 \(a\) 的奇偶性染上不同的颜色。

考虑现在每个点被两个 \(D\) 分别染上了颜色，相同颜色的点之间互相无法到达，可以分为白白、白黑、黑白、黑黑四种。那么根据鸽笼原理，\(4n^2\) 个点分成四类，至少有一类的个数到达 \(n^2\)，找到这组点后输出即可。复杂度是 \(O(n^2)\) 的。