传送门
思维题。
考虑维护两个数列的前缀和 a 1 , a 2 , a 3 , . . . , a n a_1,a_2,a_3,...,a_n a1,a2,a3,...,an和 b 1 , b 2 , b 3 , . . . , b n b_1,b_2,b_3,...,b_n b1,b2,b3,...,bn。不妨设 a n ≤ b n a_n\le b_n an≤bn。
由于两个数列每个数都在1~n之间,所以说对于每一个 a i a_i ai总能找到一个比 a i a_i ai小且最接近的 b j b_j bj,使得 0 ≤ a i − b j ≤ n − 1 0\le a_i-b_j\le n-1 0≤ai−bj≤n−1,然后由于算上 a 0 a_0 a0一共有 n + 1 n+1 n+1对这样的 ( a i , b j ) (a_i,b_j) (ai,bj),这样的话根据抽屉原理一定会有两对的差量是相同的,不妨设 ( a i , b j ) (a_i,b_j) (ai,bj)与 ( a i ′ , b j ′ ) (a_i',b_j') (ai′,bj′)的差量是相同的,那么说明 a i − a i ′ = b j − b j ′ a_i-a_i'=b_j-b_j' ai−ai′=bj−bj′,于是我们就成功找到了一个可行解。
代码:
#include
#define ll long long
#define N 1000005
using namespace std;
inline int read(){
int ans=0;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch))ch=getchar();
while(isdigit(ch))ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(ch^48),ch=getchar();
return ans;
}
int n,a[N],b[N];
ll s1,s2,S1=0,S2=0;
map<int,pair<int,int> >mp;
inline void print(int l,int r){
printf("%d\n",r-l);
for(int i=l+1;i<=r;++i)printf("%d ",i);
puts("");
}
inline void solve(int a[],int b[],bool f){
s1=0,s2=0,mp[0]=make_pair(0,0);
for(int i=1,j=0;i<=n;++i){
s1+=a[i];
while(j<n&&s2+b[j+1]<=s1)s2+=b[++j];
int delta=s1-s2;
if(mp.count(delta)){
if(!f)print(mp[delta].first,i),print(mp[delta].second,j);
else print(mp[delta].second,j),print(mp[delta].first,i);
return;
}
mp[delta]=make_pair(i,j);
}
}
int main(){
n=read();
for(int i=1;i<=n;++i)S1+=(a[i]=read());
for(int i=1;i<=n;++i)S2+=(b[i]=read());
if(s1<s2)solve(a,b,0);
else solve(b,a,1);
return 0;
}