JZOJ 3162. 【GDOI2013模拟2】旋转

JZOJ 3162. 【GDOI2013模拟2】旋转 (Standard IO)

题目

Description

Alice和Bob发明了一个新的旋转游戏。首先，Bob给定$N$个数组成的序列，并把该序列平均分配成若干个块，每块正好包含$K$个数($K$能整除$N$)。第一块由第$1$到第$K$个数构成，第二块由第$K+1$个数到第$2K$个数构成，以此类推。
接着，Bob要求Alice对这个序列进行一系列操作，操作有以下两种：
1.把每块里面的数向左或右旋转$X$个位置；
2.把整个序列向左或向右旋转$X$个位置。
注意操作2会改变每一块里面的数。
在执行完一系列操作后，Alice把最终的序列告诉了Bob。Bob的任务就是找到初始序列。

Input

第一行输入三个正整数：序列的长度$N(1\le N\le 100,000)$，每一块的大小$K(1\le K\le 100,000)$，操作次数$Q(1\le Q\le 100,000)$。
接下来$Q$行，每行包含两个整数：操作种类$A(1\le A\le 2)$和旋转位数$X(-100,000\le X\le 100,000)$，其中负数表示向左旋转，整数表示向右旋转。
最后一行输入$N$个数$Z_i(0\le Z_i\le 100,000)$表示最终序列。

Output

一行输出初始序列。

Sample Input

输入1：
4 2 2
2 2
1 1
3 2 1 0

输入2：
8 4 4
1 3
1 15
1 -5
2 -1
6 10 14 19 2 16 17 1

输入3：
9 3 5
1 1
2 -8
2 9
1 1
2 -4
3 1 8 7 4 5 2 6 9

Sample Output

输出1：
0 1 2 3

输出2：
6 10 14 1 2 16 17 19

输出3：
5 3 6 9 7 1 8 2 4

Data Constraint

40%的数据满足$N\le 100$.
70%的数据满足$K\le 100$.

题解

• 显然这题需要从后往前退，方向全部相反。
• 如果每个位置都进行一遍计算，时间复杂度是$O(NK)$的，时超！
• 不妨把$N$个数排成$K$行的形式，
• 如$1-12$的排列,$K=3$：
• 1 4 7 10
• 2 5 8 11
• 3 6 9 12
• 若进行$1$操作，$X=2$：
• 2 5 8 11
• 3 6 9 12
• 1 4 7 10
• 若进行$2$操作，$X=7$：
• 6 9 12 3
• 7 10 1 4
• 8 11 2 5
• 观察可以发现，
• 不管怎么操作，原本在同一行的数还在同一行，而且顺序是一定的，只是开头的位置变了。
• 如1 4 7 10进行$2$操作后从第一行到了第二行，顺序变成7 10 1 4.
• 行与行之间的顺序也是一定的，只是第一行的位置变了。
• 既然如此。我们如果知道了第一行的位置和每一行开头的位置，就可以推出整个矩阵，从而得到答案。
• 现在来分情况讨论：
• 操作$1$，
• 很显然，不会影响每一行开头的位置，第一行的位置增加$X$（注意是循环的，到了第$K$行以后就是第一行）。
• 操作$2$，
• 第一行的位置也是增加了$X$，
• 那么每一行的开头呢？
• 情况一：如果$K|X$，那么开头位置集体右移$X/K$位，
• 如上面的例子，$X=6$，
• 7 10 1 4
• 8 11 2 5
• 9 12 3 6
• （是不是非常整齐！！！）
• 情况二：否则前$X\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}K$行右移$X/K+1$位，其余右移$X/K$位，
• 如上面的例子，$X=2$，
• 11 2 5 8
• 12 3 6 9
• 1 4 7 10
• （先把第一行的位置变到了第三行，然后前两行开头右移了一位，其余右移了零位。
• 但不能每一行地去更新开头的位置，
• 因为每次都是一段区间的修改，所以可以用差分。
• 具体细节简单推一下！

代码

#include
#include
using namespace std;
#define N 100010
struct
{
	int x,y;
}a[N];
int b[N],c[N],d[N],ans[N];
int main()
{
	int n,k,q,i,j,x,y;
	scanf("%d%d%d",&n,&k,&q);
	for(i=1;i<=q;i++) 
	{
		scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].y);
		a[i].y=-a[i].y;
		if(a[i].x==1) a[i].y=(a[i].y%k+k)%k; else a[i].y=(a[i].y%n+n)%n;
	}
	for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]);
	int fi=1;
	for(i=q;i;i--)
	{
		x=a[i].x,y=a[i].y;
		fi=(fi+y-1)%k+1;
		if(x==2)
		{
			int l=y/k,t=y%k;
			if(t)
			{
				int h=(k-fi+1)%k+1;
				
 				if(h+t-1<=k)
				{
					c[h+t]--;
					c[1]+=l;
					c[h]++;
				}
				else
				{
					c[1]+=l+1;
					c[(h+t)%k]--;
					c[h]++;
				}
			}
			else c[1]+=l;
		}
	}
	d[0]=0;
	for(i=1;i<=k;i++) d[i]=((d[i-1]+c[i])%(n/k)+n/k)%(n/k);
	int l=fi;
	for(i=1;i<=k;i++)
	{
		for(j=0;j<n/k;j++) 
			ans[((d[i]+j)%(n/k))*k+l]=b[i+j*k];
		l=l%k+1;
	}
	for(i=1;i<=n;i++) printf("%d ",ans[i]);
	return 0;
}