AcWing 七夕祭

AcWing 七夕祭

Description

• 七夕节因牛郎织女的传说而被扣上了「情人节」的帽子。

  于是TYVJ今年举办了一次线下七夕祭。

  Vani同学今年成功邀请到了cl同学陪他来共度七夕，于是他们决定去TYVJ七夕祭游玩。

  TYVJ七夕祭和11区的夏祭的形式很像。

  矩形的祭典会场由N排M列共计N×M个摊点组成。

  虽然摊点种类繁多，不过cl只对其中的一部分摊点感兴趣，比如章鱼烧、苹果糖、棉花糖、射的屋……什么的。

  Vani预先联系了七夕祭的负责人zhq，希望能够通过恰当地布置会场，使得各行中cl感兴趣的摊点数一样多，并且各列中cl感兴趣的摊点数也一样多。

  不过zhq告诉Vani，摊点已经随意布置完毕了，如果想满足cl的要求，唯一的调整方式就是交换两个相邻的摊点。

  两个摊点相邻，当且仅当他们处在同一行或者同一列的相邻位置上。

  由于zhq率领的TYVJ开发小组成功地扭曲了空间，每一行或每一列的第一个位置和最后一个位置也算作相邻。

  现在Vani想知道他的两个要求最多能满足多少个。

  在此前提下，至少需要交换多少次摊点。

Input

• 第一行包含三个整数N和M和T，T表示cl对多少个摊点感兴趣。

  接下来T行，每行两个整数x, y，表示cl对处在第x行第y列的摊点感兴趣。

Output

• 首先输出一个字符串。

  如果能满足Vani的全部两个要求，输出both；

  如果通过调整只能使得各行中cl感兴趣的摊点数一样多，输出row；

  如果只能使各列中cl感兴趣的摊点数一样多，输出column；

  如果均不能满足，输出impossible。

  如果输出的字符串不是impossible， 接下来输出最小交换次数，与字符串之间用一个空格隔开。

Data Size

• 1≤N,M≤100000,
  0≤T≤min(N∗M,100000),
  1≤x≤N,
  1≤y≤M

Sample Input

2 3 4
1 3
2 1
2 2
2 3

Sample Output

row 1

题解：

• 数学题(中位数) + 贪心
• 嘛少见的锻炼思维的好题QAQ
• 首先发现交换两行的摊点不会影响到两列；交换两列的摊点不会影响到两行
• 所以行和列是独立的，故可以分别处理，问题就转换成了：

1. 通过最少次数使每行中的兴趣摊点一样多
2. 通过最少次数使每列中的兴趣摊点一样多

• 进一步思考，如果T % n != 0，说明不能使每行的兴趣摊点一样多；相同的，如果T % m != 0，说明不能使每列的兴趣摊点一样多。那么如果T % n == 0 或者 T % m == 0的情况怎么办呢？
• 接下来以行为例（列同理）：
• 先考虑没有环的情况：
• 因为最终每行的兴趣摊点个数是T / n(平均数)，所以一开始就让原数组减掉这个平均数，那么就要通过交换位置，使得数组上每一个位置的值为0即符合题意。
• 假如减掉平均数后c[1] = 3，代表着1这个位置的摊点比平均数多3。那么ans += 3, c[2] += c[1], c[1] = 0，这样写表示将1位置多出来的3个摊点挪到2位置去。假如c[2] = -1，那么加上c[1]后就变成了2，那么ans += 2, c[3] += c[2], c[2] = 0，以此类推。最终ans既为所求
• 可以推出，ans = \(\sum|C[i]|, (1<= i <= N)；C[i] = \sum A[j], (1<= j <= i)\)
• A为初始数组减掉平均数后的数组，C为A的前缀和
• 上面的运算过程实际上是“均分纸牌”这题的思路。
• 你可能会问：不是每次只能交换两个摊点吗？怎么你一下把3个摊点都挪动了。
• 因为最终的时候1位置肯定要挪动3次，每次都是挪到2位置。那么计算就不用一次一次算，直接一次性算既可。
• 那么，有环怎么办呢？
• 一种暴力的想法就是断环成链，找最优的。但复杂度就要炸裂。
• 假设我们在第k个人之后，第k + 1个人之前断环，那么这N个位置的状态就是：
• A[k + 1] ----- C[k + 1] - C[k]
• A[k + 2] ----- C[k + 2] - C[k]
• ... ...
• A[N] ----- C[N] - C[k]
• A[1] ----- C[N] - C[k] + C[1]
• ... ...
• A[k] ----- C[N] - C[k] + C[k]
• 因为C[N]等于0（最终每个位置都为0）
• 所以按照上面推出来的ans公式，可以得到：
• \(ans = \sum|C[i] - C[k]|, (1 <= i <= N)\)
• 这个东西像什么？中位数！几何意义就是一堆点到一个定点的几何距离之和。要使距离之和最小，那么那个定点就是一堆点中的中位点啊！
• 所以先求出初始数组减掉平均数后的数组A，再通过A求出前缀和数组C，然后找到C中的中位数，既可得到ans。对于列的情况同理！
• 总结一下我们的思考过程：本题 -> 均分纸牌 -> 环形均分纸牌 -> 数学分析 -> 中位数 -> 求解
• 这种模型转换的思想十分的令人激动，需要反复反复来捣鼓这道题

#include 
#include 
#include 
#include 
#define N 100005
#define LL long long 
using namespace std;

LL n, m, T, flag;
LL a[N], b[N], c[N];

LL do1()
{
    LL ans = 0, k;
    if(n % 2) k = (LL)(n / 2) + 1;
    else k = n / 2;
    for(LL i = 1; i <= n; i++) c[i] = c[i - 1] + (a[i] - T / n);
    sort(c + 1, c + 1 + n); //别漏了排序 
    for(LL i = 1; i <= n; i++) ans += abs(c[i] - c[k]);
    return ans;
}

LL do2()
{
    LL ans = 0, k;
    if(n % 2) k = (LL)(m / 2) + 1;
    else k = m / 2;
    for(LL i = 1; i <= m; i++) c[i] = c[i - 1] + (b[i] - T / m);
    sort(c + 1, c + 1 + m); //别漏了排序 
    for(LL i = 1; i <= m; i++) ans += abs(c[i] - c[k]);
    return ans;
}

int main()
{
    cin >> n >> m >> T;
    for(LL i = 1; i <= T; i++)
    {
        LL x, y;
        scanf("%lld%lld", &x, &y);
        a[x]++, b[y]++;
    }
    if(T % n == 0 && T % m == 0) cout << "both " << do1() + do2();
    else if(T % n == 0) cout << "row " << do1();
    else if(T % m == 0) cout << "column " << do2();
    else cout << "impossible";
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/BigYellowDog/p/11270896.html