很意思的一道构造题
题意：给一个 n 、 k n、k n、k，让构造长度为n的数组满足，子数组为整数的个数为k个，负数的为 k − ( n + 1 ) ∗ n / 2 k-(n+1)* n/2 k−(n+1)∗n/2,每个数的范围为 [ − 1000 , 1000 ] [-1000,1000] [−1000,1000]
这种构造题可以考虑就是前一段可以一直用一样的、最小的。
我们观察可以发现 k + k − ( n + 1 ) ∗ n / 2 = ( n + 1 ) ∗ n / 2 k+k-(n+1)* n/2= (n+1)* n/2 k+k−(n+1)∗n/2=(n+1)∗n/2
也就是所有子数组的个数，换句话说子数组不能有0。
这样我们很容易考虑用很小的一个负数和一个很小的正数去构造
这里我用的是 1 1 1和 − 1000 -1000 −1000
我们先考考虑一下前一段是p个1，后面全是-1000的情况这样我们得到的正数组有 ( p + 1 ) ∗ p 2 个 \frac{(p+1) * p}{2}个 2(p+1)∗p个
当 k = ( p + 1 ) ∗ p 2 k=\frac{(p+1) * p}{2} k=2(p+1)∗p时，自然皆大欢喜
当 k > = ( p + 1 ) ∗ p 2 k>=\frac{(p+1) * p}{2} k>=2(p+1)∗p时，我们考虑一下剩下的 k − ( p + 1 ) ∗ p 2 k-\frac{(p+1) * p}{2} k−2(p+1)∗p该如何臭凑出来，能增加p吗？，当p+1，我们会增加p+1个正数组，这是不行的，我们考虑的p的最大满足 k > = ( p + 1 ) ∗ p 2 k>=\frac{(p+1) * p}{2} k>=2(p+1)∗p的p，也就是说缺少的正数组个数是在 [ 1 , p ] [1,p] [1,p]
我们可以选择前面p个1中的一个将其变为1000， p + 1 p+1 p+1处的-1000遍为500，这样我们就可以添加 [ 1 , p ] [1,p] [1,p]个正数组，哪个位置的1变为1000呢？
我们可以找一下规律
弄清楚上面的事情，代码就很简单了，我们只需要而分出最后一个满足条件的p然后按照上面的构造方法放数即可
cpp
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define pii pair<int, int>
#define pll pair<long long, long long>
#define ll long long
#define db double
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define pb push_back
using namespace std;
const int N=5e3+10,mod=100003,inf=(1ull<<63)-1;
int n,m,k;
int vis[N],d[N];
int a[1010],b[1010];
void solve()
{
cin>>n>>k;
int l=0,r=n;
while(l<r){
int mid=(l+r+1)>>1;
if(mid*(mid+1)/2<=k) l=mid;
else r=mid-1;
}
if(l*(l+1)/2==k){
rep(i,1,l) cout<<1<<' ';
rep(i,l+1,n){
if(i==l+1) cout<<-500<<' ';
else cout<<-1000<<' ';
}
cout<<endl;
}else{
int d=k-(l*(l+1))/2;
rep(i,1,l){
if(i==d) cout<<1000<<' ';
else cout<<1<<' ';
}
rep(i,l+1,n){
if(i==l+1) cout<<-500<<' ';
else cout<<-1000<<' ';
}
cout<<endl;
}
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
// freopen("1.in", "r", stdin);
int _;
cin>>_;
while(_--)
solve();
return 0;
}