P10369 题解

跟官方有点不太一样的解法，可能会有些麻烦。

注意到最终剩下的数一定 $\le2$，所以构造的方案一定要使得最后剩下的数为 $2$。

证明

设两个数 $a,b$（$a,b\ge0$）。

当 $a\not=0,b\not=0$ 时，$\operatorname{mex}(a,b)=0\lt2$；

当 $a=0,b=1$ 或 $a=1,b=0$ 时，$\operatorname{mex}(a,b)=2$；

否则，$\operatorname{mex}(a,b)=1\lt2$。

综上 $\operatorname{mex}(a,b)\le2$。

定义对长度为 $l$ 的自然数序列 $a_1,a_2\dots a_l$ 的一次分解操作，是将序列 $a$ 替换为长度为 $l+1$ 的序列 $b_1,b_2\dots b_{l+1}$，其中 $a_i = \operatorname{mex}(b_i, b_{i+1})$（$1\le i\le l$）。

最终的构造方案就是对 $2$ 进行 $n-1$ 次分解操作，最终得到的序列，答案肯定是不唯一的。

注意到长度为 $n$ 的答案是可以由长度为 $n-1$ 的答案分解得到。

尝试着分解，发现：

当 $n=2$ 时，构造序列可以为 $[1,0]$；

当 $n=3$ 时，由 $n=2$ 分解得到 $[0,2,2]$；

当 $n=4$ 时，由 $n=3$ 分解得到 $[1,1,0,1]$；

当 $n=5$ 时，由 $n=4$ 分解得到 $[2,0,2,2,0]$；

当 $n=6$ 时，由 $n=5$ 分解得到 $[0,1,1,0,1,1]$；

当 $n=7$ 时，由 $n=6$ 分解得到 $[2,2,0,2,2,0,2]$；

以此类推，可以得到：

2
1 0
0 2 2
1 1 0 1
2 0 2 2 0
0 1 1 0 1 1
2 2 0 2 2 0 2
1 0 1 1 0 1 1 0
0 2 2 0 2 2 0 2 2
1 1 0 1 1 0 1 1 0 1
2 0 2 2 0 2 2 0 2 2 0
0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1
...

其中第 $i$ 行表示当 $n$ 等于 $i$ 是 的答案。

把奇数行和偶数行分开来看。

2
0 2 2
2 0 2 2 0
2 2 0 2 2 0 2
0 2 2 0 2 2 0 2 2
2 0 2 2 0 2 2 0 2 2 0

1 0
1 1 0 1
0 1 1 0 1 1
1 0 1 1 0 1 1 0
1 1 0 1 1 0 1 1 0 1
0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1

发现第 $i$ 行（$i\gt2$）的答案就是在第 $i-2$ 行的答案头和尾各添加一个数。而第 $2$ 行的序列为 $[1,0]$

发现奇数行添加的数为：

0 2
2 0
2 2
0 2
...

偶数行添加的数为：

1 1
0 1
1 0
1 1
...

由此就可以 $O(n)$ 构造了，具体实现见代码。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t,n;
deque<int>q; //双端队列维护头和尾的添加
void Push(int x,int y){q.push_front(x),q.push_back(y);} //添加操作
int main(){
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
	    scanf("%d",&n);
		while(!q.empty()) q.pop_back();
		if(n&1){ //奇数行
			q.push_back(2);
			int s=n/2;
			for(int i=1;i<=s;i++){
				if(i%3==1) Push(0,2);
				else if(i%3==2) Push(2,0);
				else Push(2,2);
			}
		}
		else{ //偶数行
			Push(1,0);
			int s=n/2-1;
			for(int i=1;i<=s;i++){
				if(i%3==1) Push(1,1);
				else if(i%3==2) Push(0,1);
				else Push(1,0);
			}
		}
		while(!q.empty()){printf("%d ",q.front()),q.pop_front();}
		putchar('\n');
	}
	return 0;
}