permutaion题解

　　第一个问题有解当且仅当 n 是奇数。一个合法的方案为 A(x)=B(x)=x,C(x)=2x (mod n) 。
　　下面证明当 n 为偶数时无解：
　　

∑x∈sA(x)=∑x∈sB(x)=∑x∈sC(x)=∑x=0n−1x=(n−1)n2=n2 (mod n)

　　如果对于所有 x∈s,A(x)+B(x)=C(x) (mod n)，这意味着
　　

∑x∈sA(x)+B(x)=∑x∈sA(x)=∑x∈sB(x)=∑x∈sC(x) (mod n)

　　但是，n2+n2=0≠n2 (mod n)，所以无解。
　　
　　第二个问题有解当且仅当 n≤2 。
　　如果 n≤2,A=B=C=I是一组合法的解。
　　为了证明其他情况无解， n 必须满足一些条件：
　　1. n 没有平方因子，所以不能被 4 整除。
　　如果上述条件不成立，存在一个质数 p ，使得 p2|n 。这里有 np−1p 个 S 中的数不能被 p 整除。如果 C(x) 属于这个集合，那么 A(x) 和 B(x) 也属于这个集合，因为 A(x)×B(x)=C(x) (mod n) 。这说明这 np−1p 个数会被 A(x) 和 B(x) 用完。换句话说， p|A(x)⟺p|B(x)⟺p|C(x) 。现在考虑怎样的 x 可以得到 C(x)=p ， A(x) 和 B(x) 必须同时被 p 整除，所以 C(x) 必须被 p2 整除。这里就矛盾了。
　　2. n 不能被 k×o 整除。这里 k 是 p 或 2p (p是奇质数），o 是一个奇数。
　　我们先考虑这些数模 k 。如果 A(x)∉Z∗k ，这说明 C(x)∉Z∗k 。同样的，如果 A(x)∉Z∗k ，也说明 C(x)∉Z∗k 。因为这些函数是双射函数。这表明 A(x)∈Z∗k⟺B(x)∈Z∗k⟺C(x)∈Z∗k 。我们只考虑这些 x 。因为 Z∗k 是循环的，我们可以选择一个生成元 g ，构造新的函数 A′,B′ 和 C′ ，这样 gA′(x)=A(x) (mod k) ，B′ 和 C′ 同理。A′,B′ 和 C′ 的值域为 [0,p−1) 且这里面的每个数出现了刚好 o 次。此外，这说明这些情况满足条件：对于每一个 x,A′(x)+B′(x)=C′(x) (mod p−1) 。用第一部分的结论，无解。
　　3. 旁注
　　XXXXX
　　让 m=np, T={m,2m,…(p−1)m} 。注意到

A(x)∈T⟺B(x)∈T⟺C(x)∈T

　　考虑这些等式：
　　

∏x|A(x)∈TA(x)=∏x|A(x)∈TB(x)=∏x|A(x)∈TC(x)=∏x=1p−1x=−1 (mod p)

　　（最后一步用了威尔逊定理）
　　

∏x|A(x)∈TC(x)=∏x|A(x)∈TA(x)×B(x)=∏x|A(x)∈TA(x)×∏x|A(x)∈TB(x) (mod p)

　　所以 −1×−1=−1 (mod p)，说明 p=2 ，不是偶数。
　　
　　唯一满足前两个条件且 n>1 的 n 是 2。

　　第三个问有解当且仅当 n≤4，或者 n>4 且 n=2p 。这里 p 是一个质数且 p−1 无平方因子。
　　n≤4 的情况可以通过搜索搜出来。对于 n>4 ，考虑以下条件：
　　1. n 不能是质数。
　　如果 n 是质数：
　

A(x)=1⟺B(x)=0⟺C(x)=1

　

A(x)=0⟺B(x)=n−1⟺C(x)=0

　　我们可以用类似前面方法(mod n−1) ，得到 n−1=2 ，这是 n≤4 的情况。
　　2. n 不能有平方因子
　　如果对于一些质数 p 有 p2|n ，那么如果 p|A(x) 且 B(x)>1 会有 p2|C(x) ，换句话说， p∤A(x)⇒p2∤C(x) 。这说明当且仅当 B(x)=0 或者 B(x)=1 会导致 p2∤C(x) 且 p|C(x) 。注意到， A(x)=1⟺B(x)=0⟺C(x)=1 ，这说明只有一种情况会导致 p2∤C(x) 且 p|C(x) 。显然这对于所有 n>4 都是不存在的。
　　3. 如果 n 是一个合数，它一定是 2p 的形式（p是质数）
　　我们已经确定 n=∏pk （pk 互不相同）。如果一个数在模 n 的剩余系中时平方剩余的，那么它在所有模 pk 的剩余系中都是平方剩余的。这说明在模 n 的剩余系中有 ∏⌈pk+12⌉ 。但是， B(x) 有一半的值是偶数，所以 C(x) 至少一半的值是平方剩余的。所以 n 一定是 2p 的形式。
　　4. 如果 n=2p （p 是奇质数），p−1必须无平方因子。
　　我们反过来考虑，如果有一个质数 q ，满足 q2|p−1 。我们把模 n 的剩余系分开，一部分是偶数，一部分是奇数（忽略 0 和 p）。两个集合各有 p−1 个数。我们称生成元为 g0 和 g1。 A(x) 和对应的 C(x) 必须在同一个集合内。我们考虑 A 和 C 的离散对数（分别称为 A′ 和 C′）。对于剩下的 x ， A′(x)×B(x)=C′(x) (mod p−1) （注意 A(x)=0⇒C(x)=0 且 A(x)=p⇒C(x)=p）
　　我们知道如果 q∤C′(x) 会有 q∤A′(x) 且 q∤B(x) 。A′(x) 和 C′(x) 中出现了所有 0 到 p−1 之间的数，每个数出现了两次。B(x) 中包括这些数加上 0 和 1 。对于任意一个能被 q 整除但不能被q2 整除的 C(x) 只能够被归到有空位的 B(x) 中（其他的都被 A′(x) 占了）。这说明只有一个 C′(x) 能够被 q 整除但不被 q2 。但是，每个 q 在 C′(x) 中出现了两次，这是不合法的。
　
　　题解剩下的部分构造了一些合法的解。