2018.09.30【Atcoder Regular Contest 103】D - Robot Arms（构造）（二进制拆分）

传送门

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解析：

我还能说什么。
难道是$ARC$ $D$题必考二进制拆分构造？
$10$以内的我考场上打表拆分还打错了。

思路：

显然每一个数都是可以用二进制凑出来的，
但是这道题问题在于这里有每组两个数要凑，
而且你还必须用若干个数加或减来凑。

最不好做的就是，每一个数还不能不用。。。

至少$D$在我看来比$E$还难。

但是我们只需要$\{1,2,4,8,,16,32,...2^k\}$这些边，我们就能够凑出顶点为$(2^{k+1}-1,0),(-2^{k+1}+1,0),(0,2^{k+1}-1),(0,-2^{k+1}+1)$的斜正方形中所有的奇数点（横纵坐标和为奇数）。

我们证明一下：

1.当集合为{1}时，我们能够凑出$(1,0),(-1,0),(0,1),(0,-1)$，符合命题。
2.当上述命题对$k$成立时，该命题对$k+1$成立：
令第$k+1$条边分别朝向向上，下，左，右对第$k$个斜正方形中的所有奇数点扩展一遍即可得证。（才不是因为我不想写证明）

似乎官方题解也没有证明，只有一句$Byinduction$。。。

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那么我还是证明一下吧：

证明：

上述命题对$k$成立时，我们集合当中拥有的数就是$\{1,2,4,8...2^k\}$，能够使机械臂到达任意在以$(2^{k+1}-1,0),(-2^{k+1}+1,0),(0,2^{k+1}-1),(0,-2^{k+1}+1)$为顶点的斜正方形中的奇数点。我们借助一张图片来了解一下

首先证明所有原来能够达到的位置现在仍然能够到达。

其中蓝绿橙黄四个小正方形是我们原来能够到达的点抽象成的区域
我们用前$k$条边达到蓝色区域，再将第$k+1$条边上指，便可以得到绿色区域。
同理，我们用前$k$条边达到绿色区域，再将第$k+1$条边下指，便可以得到蓝色区域。橙色和黄色作相同考虑。

所以原来能够达到的现在仍然能够达到。

再证明所有大正方形里面的点都能够达到。
首先，我们取原来正方形的上半部分，将第$k+1$条边上指，得到上面的黄色大三角形，其他角的大三角形同样。

那么，还剩下形如图中包含紫色小三角形的大三角形没有凑出。
我们将绿色正方形剖开，取右半部分，将第$k+1$条边左指，得到紫色小三角形，其他的以此类推。

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而偶数点可以通过坐标减1变为奇数点，我们只需要加上一条长度为1的机械臂就行了。

那么问题就是怎么实现了。
实现这里官方题解真的是讲得模糊。

问一个弱智问题，我们是怎么比较两个数大小的？
先看位数，位数确定再从高位比较。

这是一种贪心策略。
并且可以适用于这道题。

我们从最长的那条机械臂开始讨论方向，确定它的位置，使得它的终点与我们的目标的曼哈顿距离最小，然后以这个终点为下一条机械臂的起点，继续我们的贪心策略，上面已经证明了有解，那么这样的策略一定能够得到一组合法的解。

由于我懒得写 题目中没有要求最优解（即最小化边的数量），我每次都直接上30条机械臂。

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代码：

#include
using namespace std;
#define ll long long
#define re register
#define gc getchar
#define pc putchar
#define cs const

inline
ll getint(){
	re ll num;
	re char c;
	re bool f=0;
	while(!isdigit(c=gc()))f^=c=='-';num=c^48;
	while(isdigit(c=gc()))num=(num<<1)+(num<<3)+(c^48);
	return f?-num:num;
}

inline
void outint(ll a){
	static char ch[23];
	if(a==0)pc('0');
	while(a)ch[++ch[0]]=a-a/10*10,a/=10;
	while(ch[0])pc(ch[ch[0]--]^48);
}

cs ll INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
cs int N=1005;
cs int dx[4]={1,-1,0,0};
cs int dy[4]={0,0,-1,1};
cs char s[4]={'R','L','D','U'};

int n;
ll x[N],y[N];
vector<ll> len;
bool flag;

signed main(){
	n=getint();
	for(int re i=1;i<=n;++i){
		x[i]=getint(),y[i]=getint();
		if(i^1){
			if(((x[i]^y[i])&1)!=flag)return puts("-1"),0;
		}
		else flag=(x[i]^y[i])&1;
	}
	for(int re i=0;i<=30;++i){
		len.push_back(1ll<<i);
	}
	if(flag==0)len.push_back(1);
	
	sort(len.rbegin(),len.rend());
	
	outint(len.size()),pc('\n');
	for(int re i=0;i<len.size();++i)
	outint(len[i]),pc(' ');
	pc('\n');
	
	for(int re i=1;i<=n;++i){
		ll xx=x[i],yy=y[i];
		for(int re j=0;j<len.size();++j){
			int pos;
			ll minn=INF;
			for(int re k=0;k<4;++k){
				ll tmpx=xx-len[j]*dx[k];
				ll tmpy=yy-len[j]*dy[k];
				if(abs(tmpx)+abs(tmpy)<minn){
					minn=abs(tmpx)+abs(tmpy);
					pos=k;
				}
			}
			pc(s[pos]);
			xx=xx-len[j]*dx[pos];
			yy=yy-len[j]*dy[pos];
		}pc('\n');
	}
	return 0;
}