XVIII Open Cup named after E.V. Pankratiev. GP of Urals
A. Nutella’s Life
斜率优化DP显然，CDQ分治后按$a$排序建线段树，每层维护凸包，查询时不断将队首弹出即可。
时间复杂度$O(n\log^2n)$。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>P;
const int N=100010,M=262150;
int n,i,a[N],cb;ll f[N],g[N],w[N],ans;
int st[M],en[M],tot,q[4000000];
int H;
P b[N];
inline void up(ll&a,ll b){a<b?(a=b):0;}
inline double pos(int x,int y){return 1.0*(g[x]-g[y])/(y-x);}
inline void push(int x){
while(H<tot&&pos(q[tot-1],q[tot])>pos(q[tot],x))tot--;
q[++tot]=x;
}
void build(int x,int l,int r){
if(l==r){
st[x]=en[x]=++tot;
q[tot]=b[l].second;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(x<<1,l,mid);
build(x<<1|1,mid+1,r);
int i=st[x<<1],j=st[x<<1|1];
H=st[x]=tot+1;
while(i<=en[x<<1]&&j<=en[x<<1|1]){
if(q[i]<q[j]){
push(q[i++]);
}else{
push(q[j++]);
}
}
while(i<=en[x<<1])push(q[i++]);
while(j<=en[x<<1|1])push(q[j++]);
en[x]=tot;
}
inline ll cal(int x,int y){return g[y]+2LL*x*y;}
void ask(int x,int a,int b,int d,int p){
if(b<=d){
while(st[x]<en[x]&&cal(p,q[st[x]])<cal(p,q[st[x]+1]))st[x]++;
if(st[x]<=en[x])up(f[p],cal(p,q[st[x]])+w[p]);
return;
}
int mid=(a+b)>>1;
ask(x<<1,a,mid,d,p);
if(d>mid)ask(x<<1|1,mid+1,b,d,p);
}
void solve(int l,int r){
if(l==r){
g[l]=f[l]-l-1LL*l*l;
up(ans,f[l]-1LL*(n-l)*(n-l+1));
return;
}
int mid=(l+r)>>1,i;
solve(l,mid);
cb=0;
for(i=l;i<=mid;i++)b[++cb]=P(a[i],i);
sort(b+1,b+cb+1);
tot=0;
build(1,1,cb);
for(i=mid+1;i<=r;i++){
if(a[i]<b[1].first)continue;
int t=lower_bound(b+1,b+cb+1,P(a[i],i))-b-1;
ask(1,1,cb,t,i);
}
solve(mid+1,r);
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),a[i]*=2;
ans=-1LL*n*(n+1);
for(i=1;i<=n;i++){
f[i]=-1LL*(i-1)*i+a[i];
w[i]=-1LL*i*i+i+a[i];
}
solve(1,n);
printf("%lld",ans/2);
}
B. Oleg and Data Science
若$R<Q$，那么显然$\bmod Q$操作无效，故答案为无穷。
否则若$\lfloor\frac{L}{Q}\rfloor=\lfloor\frac{R}{Q}\rfloor$，则答案为$Q\lfloor\frac{L}{Q}\rfloor$的因子个数。
否则答案为$Q$的因子个数。
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre() { }
#define MS(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T1, class T2>inline void gmax(T1 &a, T2 b) { if (b > a)a = b; }
template <class T1, class T2>inline void gmin(T1 &a, T2 b) { if (b < a)a = b; }
const int N = 0, M = 0, Z = 1e9 + 7, inf = 0x3f3f3f3f;
template <class T1, class T2>inline void gadd(T1 &a, T2 b) { a = (a + b) % Z; }
int casenum, casei;
LL L, R, Q;
LL check(LL n)
{
LL rtn = 1;
for(LL x = 2; x * x <= n; ++x)if(n % x == 0)
{
int cnt = 0;
while(n % x == 0)
{
n /= x;
++cnt;
}
rtn *= cnt + 1;
}
if(n >= 2)rtn *= 2;
return rtn;
}
LL bf(bool out)
{
int rtn = 0;
for(int X = 1; X <= 40; ++X)
{
bool flag = 1;
for(int S = L; S <= R; ++S)
{
if(S % Q % X != S % X)
{
flag = 0;
break;
}
}
if(flag)
{
if(out)printf("%d ", X);
}
rtn += flag;
}
if(out)puts("END");
return rtn;
}
int main()
{
while(~scanf("%lld%lld%lld",&L,&R,&Q))
//while(R = rand() % 30 + 1, L = rand() % R + 1, Q = rand() % 30 + 1, true)
{
if(R<Q)
{
puts("infinity");
}
else
{
//LL ans = check(max(Q, L / Q * Q));
LL ans;
if(L / Q == R / Q)ans = check(L / Q * Q);
else ans = check(Q);
printf("%lld\n", ans);
/*
if(ans != bf(0))
{
printf("%lld %lld %lld: %lld %lld\n", L, R, Q, ans, bf(1));
getchar();
//while(1);
}
*/
}
}
return 0;
} /*
【trick&&吐槽】 【题意】 【分析】 【时间复杂度&&优化】 */
C. Christmas Garland
首先将相邻同色块合并，建立一张图，每个点表示一种颜色的灯，两点间的边表示这两种颜色相邻的有多少个，那么答案为亮着的灯数减去同时亮着的边数。
将点按照度数大小以$\sqrt{m}$为界分成小点和大点，对于每个点维护$w_x$表示周围有多少个小点亮着。
那么若操作小点，则枚举它所有相连的边，修改其$w$，同时对于相邻的大点计算对答案的贡献。
若操作大点，则枚举它所有与大点相连的边，计算贡献。
时间复杂度$O(n\sqrt{n})$。
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef pair<int,int>P;
const int N=200010;
int n,ce,_,m,Q,i,j,x,y,have[N],tot,ans,lim;
int d[N],a[N],f[N],w[N];
vector<P>g[N],gg[N];
vector<P>::iterator it;
struct E{int x,y;}e[N];
inline bool cmp(const E&a,const E&b){return a.x==b.x?a.y<b.y:a.x<b.x;}
inline void add(int x,int y,int z){
d[x]++;
lim++;
g[x].push_back(P(y,z));
}
inline void addd(int x,int y,int z){
if(d[x]>=lim&&d[y]>=lim)gg[x].push_back(P(y,z));
}
int main(){
scanf("%d%d%d",&_,&m,&Q);
while(_--){
scanf("%d",&x);
if(x!=a[n])a[++n]=x;
}
for(i=1;i<=n;i++)have[a[i]]++;
for(i=1;i<n;i++){
x=a[i],y=a[i+1];
if(x>y)swap(x,y);
e[++ce].x=x;
e[ce].y=y;
}
sort(e+1,e+ce+1,cmp);
for(i=1;i<=ce;i=j){
for(j=i;j<=ce&&e[i].x==e[j].x&&e[i].y==e[j].y;j++);
add(e[i].x,e[i].y,j-i);
add(e[i].y,e[i].x,j-i);
}
lim=sqrt(lim);
for(i=1;i<=ce;i=j){
for(j=i;j<=ce&&e[i].x==e[j].x&&e[i].y==e[j].y;j++);
addd(e[i].x,e[i].y,j-i);
addd(e[i].y,e[i].x,j-i);
}
while(Q--){
scanf("%d",&x);
if(d[x]<lim){
if(f[x]==0){
tot+=have[x];
ans+=w[x];
for(it=g[x].begin();it!=g[x].end();it++){
w[it->first]+=it->second;
if(d[it->first]>=lim&&f[it->first])ans+=it->second;
}
}else{
tot-=have[x];
ans-=w[x];
for(it=g[x].begin();it!=g[x].end();it++){
w[it->first]-=it->second;
if(d[it->first]>=lim&&f[it->first])ans-=it->second;
}
}
}else{
if(f[x]==0){
tot+=have[x];
ans+=w[x];
for(it=gg[x].begin();it!=gg[x].end();it++)if(f[it->first])ans+=it->second;
}else{
tot-=have[x];
ans-=w[x];
for(it=gg[x].begin();it!=gg[x].end();it++)if(f[it->first])ans-=it->second;
}
}
f[x]^=1;
printf("%d\n",tot-ans);
}
}
D. Anna and Lucky Tickets
问题即统计有多少长度为$n$的回文十进制数字串满足奇数位数位和等于偶数位数位和。
若$n$是偶数，那么因为回文的性质，左半部分在右半部分奇偶性反转，故奇数位和必定等于偶数位和，故$ans=10^{\frac{n}{2}}$。
若$n$是奇数，那么奇数位要填$[0,9]$，偶数位要填$[-9,0]$，将所有偶数位都加上$9$，再枚举中间的数，则问题转化为统计$\sum_{i=1}^n x_i=m,0\leq x_i\leq 9$的解数。
考虑容斥，枚举有$k$个$x_i$必定突破了上限，剩下的不管，将上限从$m$中减掉后用隔板法计算，则$ans=\sum_{k=0}^n (-1)^kC(n,k)C(m-10k+n-1,n-1)$。
时间复杂度$O(n)$。
#include<cstdio>
const int N=10000010,P=1000000007;
int n,i,ans,even,odd,all,fac[N],inv[N];
inline int po(int a,int b){int t=1;for(;b;b>>=1,a=1LL*a*a%P)if(b&1)t=1LL*t*a%P;return t;}
inline int C(int n,int m){
if(n<m)return 0;
if(n==m)return 1;
return 1LL*fac[n]*inv[m]%P*inv[n-m]%P;
}
int cal(int sum,int n){
int ret=0;
for(int i=0;i<=n;i++){
int t=1LL*C(sum-i*10+n-1,n-1)*C(n,i)%P;
if(i&1)ret=(ret-t+P)%P;else ret=(ret+t)%P;
}
return ret;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
if(n%2==0)return printf("%d",po(10,n/2)),0;
for(fac[0]=i=1;i<N;i++)fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%P;
for(inv[0]=inv[1]=1,i=2;i<N;i++)inv[i]=1LL*(P-inv[P%i])*(P/i)%P;
for(i=2;i<N;i++)inv[i]=1LL*inv[i-1]*inv[i]%P;
even=n/2;
odd=n-even;
all=even*9;
if((n+1)/2%2)odd--;else even--;
odd/=2;
even/=2;
for(i=0;i<10;i++){
int t=all-i;
if(t<0||t%2)continue;
ans=(cal(t/2,odd+even)+ans)%P;
}
printf("%d",ans);
}
E. Octopus
分类大讨论。
F. Secret Permutation
首先进行一轮迭代$Q(zero,i,zero)$即可找到$0$的位置。
将剩下$n-1$个数放入集合$S$，每次从$S$中随机选择两个$x,y$，询问$Q(x,y,zero)$，即可有很大概率排除掉$x$和$y$，期望$\frac{n}{2}$次可以得到$1$的位置。
那么知道$1$之后，不断询问$Q(i,one,one)$即可得到所有数的位置。
询问次数期望为$2.5n\leq 12512$。
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=5010;
int n,i,A,B,x,m,q[N],f[N],one,zero;
inline int ask(int a,int b,int c){
printf("? %d %d %d\n",a,b,c);
fflush(stdout);
int t;
scanf("%d",&t);
return t;
}
int main(){
srand(time(NULL));
scanf("%d",&n);
if(n==1){
puts("! 0");
fflush(stdout);
return 0;
}
for(i=0;i<n;i++)zero=ask(zero,i,zero);
for(i=0;i<n;i++)if(i!=zero)q[m++]=i;
while(m>1){
A=q[x=rand()%m];
swap(q[x],q[--m]);
B=q[x=rand()%m];
swap(q[x],q[--m]);
x=ask(A,B,zero);
if(x==A)q[m++]=B;
if(x==B)q[m++]=A;
}
f[A=one=q[0]]=1;
for(i=2;i<n;i++)f[A=ask(A,one,one)]=i;
printf("!");
for(i=0;i<n;i++)printf(" %d",f[i]);
fflush(stdout);
}
G. Polygon Rotation
留坑。
H. Mikhail’s Problem
论文题。回文树求出每个回文等差数列消失的位置，树状数组维护，时间复杂度$O(n\log n)$。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
const int N=100010;
int sz,last,go[N][26],len[N],diff[N],link[N],series_link[N],baby[N];
int n,m,i,j,k,x,y,f[N],bit[N];
int ans[N];
vector<pair<int,int> >poses[N],que[N];
char s[N];
inline void read(int&a){char c;while(!(((c=getchar())>='0')&&(c<='9')));a=c-'0';while(((c=getchar())>='0')&&(c<='9'))(a*=10)+=c-'0';}
inline int go_until_pal(int i,int v){
while(s[i]!=s[i-len[v]-1])v=link[v];
return v;
}
inline pair<vector<int>,vector<int> >add_char(int i){
last=go_until_pal(i,last);
int&v=go[last][s[i]-'a'];
if(v==-1){
v=sz++;
len[v]=len[last]+2;
if(!last)link[v]=1;
else{
last=go_until_pal(i,link[last]);
link[v]=go[last][s[i]-'a'];
}
diff[v]=len[v]-len[link[v]];
if(diff[v]==diff[link[v]]){
baby[v]=baby[link[v]];
series_link[v]=series_link[link[v]];
}else{
baby[v]=v;
series_link[v]=link[v];
}
}
last=v;
pair<vector<int>,vector<int> >ans;
for(int u=v;u!=1;u=series_link[u]){
int B=baby[u];
vector<pair<int,int> >&vec=poses[B];
int left=i-len[u]+1;
if(vec.size()&&vec.back().first==left)vec.back().second=len[u];
else vec.push_back(make_pair(left,len[u]));
ans.first.push_back(i-len[B]+1);
if(vec.size()!=1){
int L=vec[vec.size()-2].first,
len_=vec[vec.size()-2].second,
R=L+len_-1,
L_=R-len[u]+1;
ans.second.push_back(L_);
}
if(vec.size()!=1)if(vec[vec.size()-1].second==vec[vec.size()-2].second){
vec[vec.size()-2]=vec[vec.size()-1];
vec.pop_back();
}
}
return ans;
}
inline void add(int x,int p){for(f[x]+=p;x<=n;x+=x&-x)bit[x]+=p;}
inline int ask(int x){int t=0;for(;x;x-=x&-x)t+=bit[x];return t;}
int main(){
scanf("%s%d",s+1,&m);
n=strlen(s+1);
sz=2,last=0,len[0]=-1;
for(i=0;i<=n+5;i++)memset(go[i],-1,sizeof(go[i]));
for(i=0;i<m;i++){
read(x),read(y);
que[y].push_back(make_pair(x,i));
}
for(i=1;i<=n;i++){
pair<vector<int>,vector<int> >vec=add_char(i);
vector<int>adding=vec.first,deleting=vec.second;
for(j=0;j<deleting.size();j++){
if(!f[k=deleting[j]])continue;
add(k,-1);
}
for(j=0;j<adding.size();j++){
if(f[k=adding[j]]==1)continue;
add(k,1);
}
for(j=0;j<que[i].size();j++)ans[que[i][j].second]=sz-2-ask(que[i][j].first-1);
}
for(i=0;i<m;i++)printf("%d\n",ans[i]);
}
I. Rat-O-Matic
若$A$包含$B$，则$B$的半径不超过$A$的一半，故扫描线将包含关系建树后，树高不超过$O(\log R)$。
对于每个字符串，枚举所有后缀，将长度$O(\log R)$的前缀插入字典树，即可完成询问。
J. Readability
贪心，求出每个数的活动区间，扫描线的时候将最优的那个数填下来即可。
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre() { }
#define MS(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T1, class T2>inline void gmax(T1 &a, T2 b) { if (b > a)a = b; }
template <class T1, class T2>inline void gmin(T1 &a, T2 b) { if (b < a)a = b; }
const int N = 1e5 + 10, M = 0, Z = 1e9 + 7, inf = 0x3f3f3f3f;
template <class T1, class T2>inline void gadd(T1 &a, T2 b) { a = (a + b) % Z; }
int casenum, casei;
int n;
int a[N], b[N], c[N];
int v[2];
int w[2][N];
int P(int o, int id)
{
return id * 2 - o;
}
struct A
{
int pos, val;
};
bool gorgt(A a, A b)
{
if(a.pos != b.pos)return a.pos < b.pos;
return a.val > b.val;
}
bool golft(A a, A b)
{
if(a.pos != b.pos)return a.pos > b.pos;
return a.val > b.val;
}
void GORGT(int st, int ed, int val, int o, int aimo, int b[])
{
vector<A>vt;
for(int i = st; ; i += val)
{
vt.push_back({w[o][i], 1});
vt.push_back({P(aimo,i), -1});
if(i == ed)break;
}
sort(vt.begin(), vt.end(), gorgt);
multiset<int>sot;
for(auto it : vt)
{
if(it.val == 1)
{
sot.insert(a[it.pos]);
}
else
{
b[it.pos] = *sot.begin();
sot.erase(sot.begin());
}
}
}
void GOLFT(int st, int ed, int val, int o, int aimo, int b[])
{
vector<A>vt;
for(int i = st; ; i += val)
{
vt.push_back({w[o][i], 1});
vt.push_back({P(aimo,i), -1});
if(i == ed)break;
}
sort(vt.begin(), vt.end(), golft);
multiset<int>sot;
for(auto it : vt)
{
if(it.val == 1)
{
sot.insert(a[it.pos]);
}
else
{
b[it.pos] = *--sot.end();
sot.erase(--sot.end());
}
}
}
LL solve(int o, int aimo, int b[])
{
LL rtn = 0;
//try to check every num
for(int i = 1; i <= v[o]; ++i)
{
int l = w[o][i]; //start pos
int r = P(aimo, i); //end pos
rtn += abs(l - r);
if(l == r)
{
b[r] = a[l];
}
else if(l < r)
{
int p = i;
while(p < v[o])
{
int ll = w[o][p + 1];
int rr = P(aimo, p + 1);
if(ll <= r)
{
r = rr;
++p;
rtn += abs(ll - rr);
}
else break;
}
GORGT(i, p, 1, o, aimo, b);
i = p;
}
else
{
swap(l, r);
int p = i;
while(p < v[o])
{
int ll = w[o][p + 1];
int rr = P(aimo, p + 1);
swap(ll, rr);
if(ll <= r)
{
r = rr;
++p;
rtn += abs(ll - rr);
}
else break;
}
GOLFT(i, p, 1, o, aimo, b);
i = p;
}
}
return rtn;
}
void print(int b[])
{
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
printf("%d%c", b[i], i == n ? '\n' : ' ');
}
}
bool small(int b[], int c[])
{
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
if(b[i] > c[i])return 0;
if(b[i] < c[i])return 1;
}
return 0;
}
int p[N];
int d[N], ansd[N];
LL bf()
{
int ans = 1e9;
for(int i = 1; i <= n; ++i)p[i] = i;
do
{
int tmp = 0;
bool flag = 1;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
tmp += abs(p[i] - i);
d[i] = a[p[i]];
if(i >= 2 && d[i] % 2 == d[i - 1] % 2)flag = 0;
}
if(flag)
{
if(tmp < ans || tmp == ans && small(d, ansd))
{
ans = tmp;
for(int i = 1; i <= n; ++i)ansd[i] = d[i];
}
}
}while(next_permutation(p + 1, p + n + 1));
}
int main()
{
while(~scanf("%d",&n))
//while(n = rand() % 9 + 1, true)
{
//for(int i = 1; i <= n; ++i)a[i] = i; random_shuffle(a + 1, a + n + 1);
//printf("A: ");print(a);
v[0] = v[1] = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
scanf("%d", &a[i]);
if(a[i] & 1)
{
w[1][++v[1]] = i;
}
else
{
w[0][++v[0]] = i;
}
}
//bf();
if(n & 1)
{
//puts("n & 1"); //偶 奇 偶
if(v[0] > v[1])
{
solve(0, 1, b);
solve(1, 0, b);
}
//奇 偶 奇
else
{
solve(1, 1, b);
solve(0, 0, b);
}
print(b);
/*
if(small(ansd, b))
{
puts("NO");
print(ansd);
getchar();
}
*/
}
else
{
//ans1 偶 奇
LL ans1 = solve(0, 1, b) + solve(1, 0, b);
//ans2 ji ou
LL ans2 = solve(1, 1, c) + solve(0, 0, c);
if(ans1 < ans2)
{
print(b);
/*
if(small(ansd, b))
{
puts("NO");
print(ansd);
getchar();
}
*/
}
else if(ans1 > ans2)
{
print(c);
/*
if(small(ansd, c))
{
puts("NO");
print(ansd);
getchar();
}
*/
}
else
{
if(small(b, c))
{
print(b);
/*
if(small(ansd, b))
{
puts("NO");
print(ansd);
getchar();
}
*/
}
else
{
print(c);
/*
if(small(ansd, c))
{
puts("NO");
print(ansd);
getchar();
}
*/
}
}
}
}
return 0;
} /*
【trick&&吐槽】
4
1 3 2 4 4
3 1 4 2 【题意】 【分析】 【时间复杂度&&优化】 */
K. Robotobor
BFS出$d[i][j][x][y]$表示从$(i,j)$到$(x,y)$的最短回文路线。
第二次BFS出$f[i][j]$表示从$(i,j)$到终点最少需要多少条长度不超过$100$的回文路线。
时间复杂度$O(n^4)$。
#include<cstdio>
const int N=55;
int n,m,i,j,x,y;
char a[N][N];
int d[N][N][N][N],f[N][N];
char q[N*N*N*N][4];
int h,t;
inline void ext(int A,int B,int C,int D,int w){
if(A<1||A>n||B<1||B>m)return;
if(a[A][B]=='#')return;
if(C<1||C>n||D<1||D>m)return;
if(a[C][D]=='#')return;
if(~d[A][B][C][D])return;
q[++t][0]=A;
q[t][1]=B;
q[t][2]=C;
q[t][3]=D;
d[A][B][C][D]=w;
}
inline void up(int x,int y,int w){
if(~f[x][y])return;
q[++t][0]=x;
q[t][1]=y;
f[x][y]=w;
}
inline int abs(int x){return x>0?x:-x;}
void print(int A,int B,int C,int D){
if(A==C&&B==D)return;
if(abs(A-C)+abs(B-D)==1){
if(A+1==C)putchar('D');
if(A-1==C)putchar('U');
if(B+1==D)putchar('R');
if(B-1==D)putchar('L');
return;
}
if(~d[A][B-1][C][D+1]&&d[A][B-1][C][D+1]+2==d[A][B][C][D]){
putchar('L');
print(A,B-1,C,D+1);
putchar('L');
return;
}
if(~d[A][B+1][C][D-1]&&d[A][B+1][C][D-1]+2==d[A][B][C][D]){
putchar('R');
print(A,B+1,C,D-1);
putchar('R');
return;
}
if(~d[A-1][B][C+1][D]&&d[A-1][B][C+1][D]+2==d[A][B][C][D]){
putchar('U');
print(A-1,B,C+1,D);
putchar('U');
return;
}
if(~d[A+1][B][C-1][D]&&d[A+1][B][C-1][D]+2==d[A][B][C][D]){
putchar('D');
print(A+1,B,C-1,D);
putchar('D');
return;
}
puts("Error");
while(1);
}
void show(int x,int y){
while(f[x][y]){
bool flag=0;
for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=m;j++){
if(flag)break;
if(~d[x][y][i][j]&&d[x][y][i][j]<=100&&f[i][j]+1==f[x][y]){
print(x,y,i,j);
puts("");
x=i,y=j;
flag=1;
break;
}
}
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=1;i<=n;i++)scanf("%s",a[i]+1);
for(i=0;i<=n+1;i++)for(j=0;j<=m+1;j++)for(x=0;x<=n+1;x++)for(y=0;y<=m+1;y++){
d[i][j][x][y]=-1;
}
h=1,t=0;
for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=m;j++)ext(i,j,i,j,0);
for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=m;j++){
ext(i,j,i+1,j,1);
ext(i,j,i-1,j,1);
ext(i,j,i,j-1,1);
ext(i,j,i,j+1,1);
}
while(h<=t){
int A=q[h][0],B=q[h][1],C=q[h][2],D=q[h][3];
h++;
int w=d[A][B][C][D]+2;
//D
ext(A-1,B,C+1,D,w);
//U
ext(A+1,B,C-1,D,w);
//L
ext(A,B+1,C,D-1,w);
//R
ext(A,B-1,C,D+1,w);
}
h=1,t=0;
for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=m;j++)f[i][j]=-1;
for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=m;j++)if(a[i][j]=='F')up(i,j,0);
while(h<=t){
int A=q[h][0],B=q[h][1];
h++;
int w=f[A][B]+1;
for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=m;j++)if(~d[i][j][A][B]&&d[i][j][A][B]<=100)up(i,j,w);
}
for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=m;j++)if(a[i][j]=='S'){
if(f[i][j]<0)return puts("-1"),0;
printf("%d\n",f[i][j]);
show(i,j);
return 0;
}
}
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