[JZOJ3382] [NOIP2013模拟] 七夕祭解题报告

Description

七夕节因牛郎织女的传说而被扣上了「情人节」的帽子。于是TYVJ今年举办了一次线下七夕祭。Vani同学今年成功邀请到了cl同学陪他来共度七夕，于是他们决定去TYVJ七夕祭游玩。

TYVJ七夕祭和11区的夏祭的形式很像。矩形的祭典会场由N排M列共计N×M个摊点组成。虽然摊点种类繁多，不过cl只对其中的一部分摊点感兴趣，比如章鱼烧、苹果糖、棉花糖、射的屋……什么的。Vani预先联系了七夕祭的负责人zhq，希望能够通过恰当地布置会场，使得各行中cl感兴趣的摊点数一样多，并且各列中cl感兴趣的摊点数也一样多。

不过zhq告诉Vani，摊点已经随意布置完毕了，如果想满足cl的要求，唯一的调整方式就是交换两个相邻的摊点。两个摊点相邻，当且仅当他们处在同一行或者同一列的相邻位置上。由于zhq率领的TYVJ开发小组成功地扭曲了空间，每一行或每一列的第一个位置和最后一个位置也算作相邻。现在Vani想知道他的两个要求最多能满足多少个。在此前提下，至少需要交换多少次摊点。

Input

第一行包含三个整数N和M和T。T表示cl对多少个摊点感兴趣。

接下来T行，每行两个整数x, y，表示cl对处在第x行第y列的摊点感兴趣。

Output

首先输出一个字符串。如果能满足Vani的全部两个要求，输出both；如果通过调整只能使得各行中cl感兴趣的摊点数一样多，输出row；如果只能使各列中cl感兴趣的摊点数一样多，输出column；如果均不能满足，输出impossible。

如果输出的字符串不是impossible，接下来输出最小交换次数，与字符串之间用一个空格隔开。

Sample Input

Sample Output

样例输出1
row 1
样例输出2
both 2

Data Constraint

对于30% 的数据，N, M≤100。

对于70% 的数据，N, M≤1000。

对于100% 的数据，1≤N, M≤100000，0≤T≤min(NM, 100000)，1≤x≤N，1≤y≤M。

题目大意：给定n*m的图，再给出t个点的坐标。首先分别判断是否可以做到使每行的点数相等和使每列的点数相等，若可以输出达到的最小步数。（如果都可以就把步数加起来）

题解：

我们发现行和列是不互相影响的，因此我们完全可以分开来处理。做过均分纸牌吧，这就是两个环形的均分纸牌。设有 n 堆纸牌，每堆有 ai 张，所有堆一共有 s 张，那么最终每堆应该有 s / n 张。因此如果 s mod n≠0，显然是无解的。于是每堆减去平均数（最终数值），即我们构造数列 bi=ai-s/n。原始的均分纸牌做法是，从开头到结尾扫一遍，每次贪心的从下一个堆把这个堆“少的”填满，统计移动的答案即可。那么这里呢？

1.由于是环形的，很容易想的就是我们枚举开头（其实就是枚举断开环的位置），然后像上面一样扫一遍，时间复杂度 O(n²)，预计得分70分

我只想说。。。考试的时候我做过这题了

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#define ll long long
using namespace std;
 
const int maxn=1e5+;
int n,m,t,p1,p2;
ll ans;
int a[maxn],b[maxn],sum[maxn];
inline int read()
{
    char ch=getchar();
    int s=,f=;
    while (!(ch>=''&&ch<='')) {if (ch=='-') f=-;ch=getchar();}
    while (ch>=''&&ch<='') {s=(s<<)+(s<<)+ch-'';ch=getchar();}
    return s*f;
}
int main()
{
    n=read();m=read();t=read();
    for (int i=;i<=t;i++)
    {
        a[read()]++;
        b[read()]++;
    }
    if (t%n) p1=;
    if (t%m) p2=;
    if (p1&&p2) {puts("impossible");return ;}
    if (!p1&&!p2) printf("both ");
    else if (!p1) printf("row ");
    else printf("column ");
    for (int i=;i<=n;i++) a[i]-=t/n;
    for (int i=;i<=m;i++) b[i]-=t/m;
    if (!p1)
    {
        for (int i=;i<=n;i++)
        sum[i]=sum[i-]+a[i];
        sort(sum+,sum++n);
        int mm=sum[+n>>];
        for (int i=;i<=n;i++) ans+=1ll*abs(mm-sum[i]);
    }
    if (!p2)
    {
        for (int i=;i<=m;i++)
        sum[i]=sum[i-]+b[i];
        sort(sum+,sum++m);
        int mm=sum[+m>>];
        for (int i=;i<=m;i++) ans+=1ll*abs(mm-sum[i]);
    }
    printf("%lld",ans);
    return ;
}