因为只有std，没有自我实现，所以是无码专区

problem

给定一个 $q$ 进制的乘法表，每个字符代表着 $0\sim p-1$ 不同的数字。

求每个字符代表的数字。保证有解。

$\times$	A	B	C	D
A	CD	BB	DC	BA
B	BB	BB	BB	BB
C	DC	BB	DB	BC
D	BA	BB	BC	BD

i.e. $\text{CD}$ 表示的是 $p$ 进制下的结果，即：$A\times A=C\cdot p+D$。

上述例子的答案为：$\text{A=3,B=0,C=2,D=1}$。

时限：$10s256MB$

我的想法

表示 $0$ 的字符非常好找：所在“十字架”结构全都是该字符。

表示 $1$ 的字符也很好找：所在“十字架”结构高位全是 $0$ 字符，其余字符在低位出现的次数相同。

• 对于 q≤50 的 $50\%$ 部分

显然，所有代表数字 $<\sqrt{q}$ 的字符，自乘后高位一定是 $0$ 对应字符，低位字符一定表示一个平方数。

找出所有 $<\sqrt{q}$ 的字符，全排列枚举每个字符对应的数字，然后搜索乘法表是否冲突。

时间复杂度 $O(\sqrt{q}!q^2)$。

• 对于 q≤2000 的 $100\%$ 部分

很容易知道在 $p$ 进制下，有哪些 $\ge \sqrt{q}$ 的数字平方高位是相同的，即某数字代表字符在高位出现次数是易得的。

如果某些数字出现高位的次数相同，就全排列匹配搜索，否则唯一就可以确定字符和数字的匹配。

时间复杂度未知——只是认为这样可以。

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solution

$0$ 对应字符很好找。

然后对于 $1\sim q-1$ 的每个元素 $i$，其在乘法表中，对应的十位一定是 $0\sim i-1$，一共是出现了 $i$ 个不同的数字。

直接统计十位的个数，然后匹配即可。

时间复杂度 $O(n^2)$。

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <map>#define N 4005
#define M 15
#define mod 1000000007
#define mod2 100000000
#define ll long long
#define maxi(a,b) (a)>(b)? (a) : (b)
#define mini(a,b) (a)<(b)? (a) : (b)using namespace std;int cnt;
int p;
int i, j;
int a[N][N];
int c[N][N];
int cc[N];
int ans[N], pp[N];int main() {freopen("multiplication.in", "r", stdin);freopen("multiplication.out", "w", stdout);cnt = 1;scanf("%d", &p);for (i = 0; i < p; i++) {for (j = 1; j <= p; j++) {scanf("%d", &a[i][2 * j - 1]);cc[ a[i][2 * j - 1] ]++;scanf("%d", &a[i][2 * j]);cc[ a[i][2 * j] ]++;}}int ma = cc[0];int index = 0;for (i = 0; i < p; i++) {if (cc[i] > ma) {ma = cc[i];index = i;}}ans[0] = index;memset(cc, 0, sizeof(cc));for (i = 0; i < p; i++) {for (j = 1; j <= p; j++) {if (c[i][ a[i][2 * j - 1] ] == 0) {c[i][ a[i][2 * j - 1] ] = 1;cc[i]++;}}if (cc[i] == 1) {if (ans[0] != i)ans[1] = i;} else {ans[ cc[i] ] = i;}}for (int i = 0; i < p; i++)pp[ans[i]] = i;for (i = 0; i < p; i++)printf("%d%c", pp[i], " \n"[i == p - 1]);
}