Codeforces Round #217 (Div. 2)
这场拙计在A题上浪费了点时间，居然去写bfs。。。还好没有fst。。。这场D题写得太翔了，赛后150行才过。。。
C:
题意：小朋友们每人都有一对颜色一样的手套，分左右手。现在他们要互换手套使得左右手颜色不一样。求最多能满足多少小朋友。
思路：
没多想，直接暴力。。。统计每种颜色左右手有多少个。然后对于某种颜色的左（右）手，给它寻找一只不同颜色的右（左）手。如果找到就记录下来，同时去除这两只手套。最后必然剩下一种颜色的手套（或者刚好不剩）。然后我们去刚刚记录的结果里寻找一双手套，看能不能和这种颜色互换，如果能就换。遍历完所有结果后，还有剩余手套的话，那剩下的只能同种颜色组合了。复杂度O（n*m）。
code：
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#include <stdio.h>
#include <string>
#include <math.h>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <list>
#include <set>
#include <map>
using namespace std;
#define N 100010
#define ALL(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(x,a) memset(x,a,sizeof(x))
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PI;
const int INF = 0x3fffffff;
const int MOD = 100000007;
const double EPS = 1e-7;
int cnt[N][2],n,m;
vector<PI > d;
bool find(int c,int op)
{
for(int i=1;i<=m;i++){
if(i==c) continue;
if(cnt[i][op]){
cnt[i][op]--;
cnt[c][op^1]--;
if(op) d.push_back((PI){c,i});
else d.push_back((PI){i,c});
return true;
}
}
return false;
}
int main()
{
int c;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0;i<n;i++){
scanf("%d",&c);
cnt[c][0]++; //left
cnt[c][1]++; //right
}
for(int i=1;i<=m;i++){
while(cnt[i][0] && find(i,1));
while(cnt[i][1] && find(i,0));
}
c=-1;
for(int i=1;i<=m;i++) if(cnt[i][0]){
c=i; break;
}
int num=0;
if(c!=-1){
num=cnt[c][0];
for(int i=0;num && i<d.size();i++)
if(d[i].first!=c && d[i].second!=c){
d.push_back((PI){d[i].first,c});
d[i].first=c;
num--;
}
}
printf("%d\n",d.size());
for(int i=0;i<d.size();i++)
printf("%d %d\n", d[i].first,d[i].second);
while(num>0) printf("%d %d\n",c,c), num--;
return 0;
}
D:
题意：给一张图，上面有一些‘w’和空位‘.’ ，你需要在‘.’的地方填充‘+’符号，使得‘+’和‘w’连起来能形成最小边长的正方形框且没有多余的‘w’。题目保证至少有一个‘w’（一个‘w’算是1*1的正方形框）。
思路：
如果我们从第一行开始扫，扫到第一个‘w’，那么这个‘w’的行高可能是方形框的上边界。同理，我们可以得出上下左右四条边界。然后的问题是，这四条边界是否能恰好组成方形框。如果能，那我们直接把边界上的字符都替换成‘+’（除了本身是‘w’的），最后再看一下有没有多余‘w’，没有的话我们就顺利找到了答案，输出即可。但是这题麻烦就麻烦在，如果不能组成方形框，那么我们需要扩张边界，使得边长达到size=max(right-left,bottom-top)，此时必然是最小边长的正方形框。显然我们只需要考虑上下或者左右的扩张即可。
不是每条边界都能扩张的，必须满足这条边界上除了端点（端点指的是当前形成的矩形框的端点）以外都没有‘w’。那么这条边界就能扩张。否则一旦扩张，那么边界上的‘w’将来就会在方框的内部，不合法。扩张好之后，把新边界上的字符都替换成‘+’，再检测下是否合法。
但是不得不说这题为什么这么多FST就是，仅仅考虑完上述通俗情况你还会跪一组数据。。。
对于这种“www”，退化成线段的。按我上诉的方法会认为边界不可扩张，因为边界上除了端点还多了一个的'w'。但事实上我们可以把“www”作为底边扩张出3*3的方框。所以还需要特判两条边界如果重合，即使边界上有'w'，我们依然可以固定一条边界，扩张另外一条边界形成方框。所以这种退化成线段的情况不需要考虑是否能扩张边界，固定一条边界，另外一条自然能扩张，区别就在于不能两条边界同时扩张。
代码略长，不过很多都是复制的。细节就耐心看吧。。。
code：
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#include <stdio.h>
#include <string>
#include <math.h>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <list>
#include <set>
#include <map>
using namespace std;
#define N 100010
#define ALL(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(x,a) memset(x,a,sizeof(x))
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PI;
const int INF = 0x3fffffff;
const int MOD = 100000007;
const double EPS = 1e-7;
char mp[2012][2012],tmp[2012][2012];
int n,m;
vector<int> d;
vector<PI > r;
bool check()
{
memcpy(tmp,mp,sizeof(mp));
for(int i=d[2];i<=d[3];i++) mp[d[0]][i]='+';
for(int i=d[2];i<=d[3];i++) mp[d[1]][i]='+';
for(int i=d[0];i<=d[1];i++) mp[i][d[2]]='+';
for(int i=d[0];i<=d[1];i++) mp[i][d[3]]='+';
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<m;j++) if(mp[i][j]=='w'){
memcpy(mp,tmp,sizeof(mp));
return false;
}
for(int i=0;i<r.size();i++)
mp[r[i].first][r[i].second]='w';
for(int i=0;i<n;i++) printf("%s\n", mp[i]);
return true;
}
void solve(int op)
{
char c;
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<m;j++){
c=op?mp[i][j]:mp[j][i];
if(c=='w'){
d.push_back(i);
i=n;
break;
}
}
for(int i=n-1;i>=0;i--)
for(int j=m-1;j>=0;j--){
c=op?mp[i][j]:mp[j][i];
if(c=='w'){
d.push_back(i);
return ;
}
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0;i<n;i++){
scanf("%s",mp[i]);
for(int j=0;j<m;j++)
if(mp[i][j]=='w') r.push_back((PI){i,j});
}
solve(1);
swap(n,m);
solve(0);
swap(n,m);
int size=max(d[1]-d[0],d[3]-d[2]);
bool o1,o2;
if(d[1]-d[0]!=size){
int dif=size - (d[1]-d[0]);
if(d[0]==d[1]){
if(d[0]>=dif){
d[0]-=dif;
if(check()) return 0;
d[0]+=dif;
}
if(n-1-d[1]>=dif){
d[1]+=dif;
if(check()) return 0;
d[1]-=dif;
}
}
o1=true;
for(int i=d[2]+1;i<d[3];i++)
if(mp[d[0]][i]=='w') o1=false;
o2=true;
for(int i=d[2]+1;i<d[3];i++)
if(mp[d[1]][i]=='w') o2=false;
if(o1 || o2){
int Min=min(dif,d[0]);
if(o1) d[0]-=Min, dif-=Min;
if(o2 && dif){
Min=min(n-1-d[1],dif);
d[1]+=Min;
dif-=Min;
}
if(!dif && check()) return 0;
}
}else if(d[3]-d[2]!=size){
int dif=size - (d[3]-d[2]);
if(d[2]==d[3]){
if(d[2]>=dif){
d[2]-=dif;
if(check()) return 0;
d[2]+=dif;
}
if(m-1-d[3]>=dif){
d[3]+=dif;
if(check()) return 0;
d[3]-=dif;
}
}
o1=true;
for(int i=d[0]+1;i<d[1];i++)
if(mp[i][d[2]]=='w') o1=false;
o2=true;
for(int i=d[0]+1;i<d[1];i++)
if(mp[i][d[3]]=='w') o2=false;
if(o1 || o2){
int Min=min(dif,d[2]);
if(o1) d[2]-=Min, dif-=Min;
if(o2 && dif){
Min=min(m-1-d[3],dif);
d[3]+=Min;
dif-=Min;
}
if(!dif && check()) return 0;
}
}else if(check()) return 0;
puts("-1");
return 0;
}