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。

输入格式

第一行包含三个整数N、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。

输出格式

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。

数据范围 1 ≤ N, M ≤ 100000, 0 ≤ T ≤ min(N×M, 100000), 1 ≤ x ≤ N, 1 ≤ y ≤ M

输入样例1:

2 3 4
1 3
2 1
2 2
2 3

输出样例1:

row 1

输入样例2:

3 3 3
1 3
2 2
2 3

输出样例2:

both 2

题目分析

首先, 根据题目要求,我们应该先判断合法性 rowcolumnboth

我们可以发现,只对行进行操作,只会影响列的合法性; 而只对列进行操作,只会影响行的合法性。

并且:

  • row :总数

  • column: 总数

即, 所有感兴趣商店能否均分到 每行 或 每列。

接下来, 我们判断最小操作次数。 首先, 由于只对行进行操作,只会影响列的合法性; 而只对列进行操作,只会影响行的合法性。所以我们可以分别计算 rowcolumn 所需的最小次数, both即两者相加。

为了分析简便,我们先忽略 zhq 率领的 TYVJ 开发小组成功地扭曲了空间 这一条件。且仅分析行操作。

那么问题变成了: 有 n 列商店, 其中每列有 a[i]感兴趣商店 , 我们的目标是寻找使得

a[i] = a[i + 1] = ··· = a[n - 1] = 总数 / 列数

的最小行操作次数。

假设 tar = 总数 / 列数

对于 i = 1 有三种情况:

  • a[i] = tar, 不需要操作

  • a[i] < tar, 需要将a[i + 1]拿 tar - a[i] 个商店, 使得 a[i] = tar, a[i + 1] -= tar - a[i]

  • a[i] > tar, 需要将a[i]拿 a[i] - tar 个商店给 a[i + 1], 使得 a[i] = tar, a[i + 1] += a[i] - tar

那么有最小操作次数:

$$ \sum_{i=1}^{n - 1} |a[i] - tar| \ \ \ while\ \ \ a[i + 1] += a[i] - tar $$

更好的是:

$$ \sum{i=1}^{n} |i * tar - \sum{j=1}^{i} a[j]| $$

这里, 我们可以先将 a[i] - tar, 即让每列商店的数目先减去偏移量 tar, 即求使得每列商店数目均为 0 的最小操作次数。

得到:

$$ \sum{i=1}^{n} |\sum{j=1}^{i} a[j]| $$

接下来, 我们考虑zhq 率领的 TYVJ 开发小组成功地扭曲了空间 。即首位相连情况。

当然,我们可以枚举断开点将环断开,将问题转换为计算 n 个长度为 n 的序列转换为每个元素值都为 tar 的最小操作次数再取最小值。但在本题中, 使用 O(n ^ 2) 算法并不能在规定时间内获得答案。

分析:

1 : S[1] = a[1];

2 : S[2] = a[1] + a[2]

3 : S[2] = a[1] + a[2] + a[3]

. . .

n : S[n] = a[1] + a[2] + ··· + a[n]

假设我们在第 k 个人之后断开,即作为序列起点。

k + 1 : C[1] = a[k + 1] = S[k + 1] - S[k]

k + 2 : C[2] = a[k + 1] + a[k + 2] = S[k + 2] - S[k]

· · ·

n : C[n - k + 1] = a[k + 1] + a[k + 2] + ··· + a[n] = S[n] - S[k]

1 : C[n - k + 2] = a[k + 1] + a[k + 2] + a[n] + a[1] = S[n] - S[k] + S[1]

· · ·

k : C[n] = {a[k + 1] + a[k + 2] + ··· + a[n]} + {a[1] + a[2] + ··· + a[k]} = S[n] - S[k] + S[k]

在我们已经将每列商店数目预先减去 tar 之后可知 S[n] = 0, 即:

k + 1 : C[1] = a[k + 1] = S[k + 1] - S[k]

k + 2 : C[2] = a[k + 1] + a[k + 2] = S[k + 2] - S[k]

· · ·

n : C[n - k + 1] = S[n] - S[k]

1 : C[n - k + 2] = S[1] - S[k]

· · ·

k : C[n] = S[k] - S[k] 

可以观察到: $$ C[i] = S[i] - S[k] $$

得到: $$ \sum_{i=1}^{n} | S[i] - S[k] | $$

即:

$$ \sum{i=1}^{n} | \sum{j=1}^{i}a[j] - \sum_{j=1}^{k}S[j] | $$

要让中断点为 k, 使得

$$ | \sum{j=1}^{i}a[j] - \sum{j=1}^{k}S[j] | $$

值最小,即可得到最终答案。

那么怎么确定这个 k 点呢?

已知数组 S, 要找 其中一 下标 k, 使得 S[k] 与数组中其他元素的差值的绝对值之和最小。

将S按从小到大的顺序进行排序,

已知 k 点左侧有 k - 1 个元素, 右侧有 n - k 个元素。

  • S[k] + 1, 那么 左侧 k - 1 个元素 对 S[k] 的差值的绝对值之和增大 k - 1 , 右侧 n - k + 1 个元素对S[k] 的差值的绝对值之和减少 n - k + 1
  • S[k] - 1, 那么 左侧 k - 1 个元素 对 S[k] 的差值的绝对值之和减少 k - 1 , 右侧 n - k + 1 个元素对S[k] 的差值的绝对值之和增大 n - k + 1

当 k - 1 == n - k + 1 时, 可知S[k] 与数组中其他元素的差值的绝对值之和最小。

  • 对于奇数个列, 选取其前缀和的中位数即可。

  • 对于偶数个列, 选取其前缀和的中间两个值之间的均可。

    代码实现

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
using LL = long long;
const int N = 1e5 + 10;

int n, m, t, p[2][N];
LL calc(bool f) {
    int lim = (f ? n : m), num = t / lim;
    LL S[N];
    memset(S, 0, sizeof S);
    for(int i = 1; i <= lim; ++i) S[i] = S[i - 1] + p[f][i] - num;
    sort(S + 1, S + lim + 1);
    LL ans = 0;
    LL tar = lim & 1 ? S[(lim + 1) >> 1] : (S[(lim >> 1) + 1] + S[lim >> 1]) >> 1;
    for(int i = 1; i <= lim; ++i) ans += abs(S[i] - tar);
    return ans;
}
int main () {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cin >> n >> m >> t;
    for(int i = 0; i < t; ++i) {
        int x, y;
        cin >> x >> y;
        ++p[1][x], ++p[0][y];
    }
    if(!(t
    else if(t
    else if(t
    else cout << "impossible";
    return 0;
}

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