做题随笔：P10453

Solution

一些闲话

写之前看过大家的题解，觉得都写的很好，所以本蒟蒻这篇也不大抱希望，就当做完题写个随笔？

题意

原题链接

给定 \(N\times M\) 矩阵与 \(T\) 个特殊点，每次操作可以将相邻点进行交换，且每行、每列首尾也算作相邻，求使每行特殊点数相同，每列相同，每行相同且每列相同的可行性与最少操作步数。

分析

可行性判断

首先是可行性判断：以行的判断为例，因为交换没有限制，所以只要满足可以每行数量相同即可，也就是 $N $ 整除 \(T\) 即可。列和整个矩阵的判断同理。

最少步数求解

求解时，应该想到行和列的交换是独立的。

如样例1：

.   *
.   *
*   *
//*为关键点

将 \((2,1)\) 与 \((1,1)\) 交换前后，第一行都有且仅有一个关键点，而第2列点数减1，第1列加1。即列交换不影响行点数。这是显然的。

其实这就是这个题最关键的一步了。想到这里，由于行和列交换独立，可以分开考虑交换，而且可以整体考虑交换。例如交换行时，考虑整列地交换，从而问题变成了：

给定正整数 \(N\) 以及数列 \(a_N\)，每次可以以代价 \(k\)，使相邻两数一个 \(+k\) 一个 \(-k\)（ \(a_1\) 和 \(a_N\) 也算作相邻）要使 \(a_N\) 每项相同，求最小代价和。

对于这个问题，先考虑 \(a_1\) 和 \(a_N\) 不算作相邻的情况（链上）：考虑直接贪心：每一项减后不可能再加，加后不可能再减，代价与选定数的顺序无关，所以对每个数可以直接一步到位，先计算目标值 \(ave=\frac{\sum_{i = 1}^n a_i}{N}\)，然后直接从 \(N=1\) 开始向右扫一遍，大于 \(ave\) 的自减右加，小于同理，所以 \(ans=\sum_{i = 1}^n abs(a_i-ave)\)，写个前缀和轻松解决。

那么接下来就是 \(a_1\) 和 \(a_N\) 也算作相邻的了（环上）。首先，环上问题一定能破坏成链上的环节问题，因为环具有封闭性，除了涉及到断点的操作，任何操作都可以在链上等效替代。以本题为例：如果把 \(a_1\) 和 \(a_N\) 断开，对于非断点， \(a_1\) 和 \(a_2\) 操作没有受到任何影响；而对于断点， \(a_1\) 和 \(a_N\) 操作，其实和 \(a_1\) 和 \(a_2\) 操作后， \(a_2\) 和 \(a_3\) 操作，一直到到 \(a_N\) 从结果上是一样的，只是代价有差异，差异取决于 \(a_1\) 和 \(a_N\) 原本的值。因此破坏时要遍历每一组可能的间断点，进行 \(N\) 次链上问题，对代价取最小值。

很好，已经 \(O(n^ 2)\) 了，但是\(1\le N,M\le 100000\) 显然不行，再考虑一下优化——

现在我们把 \(a_i\) 和 \(a_{i+1}\) 断开，并以 \(a_{i+1}\) 为链的起点， \(a_i\) 为终点，即：\(a_{i+1},a_{i+1+1},a_{i+1+2},\dots,a_N,a_1,a_2,\dots,a_i\)。

设原有以 \(a_1\) 开头的链为原数组计算的前缀和数组 \(S_N\)，则新数组 \(G_N\) 为：

G[i+1]=S[i+1]-S[i];//现在它是第一项
G[i+2]=(S[i+2]-S[i-1])+G[i-1]=S[i+2]-S[i-1]
......
G[1]=S[1]+S[N]-S[i]
G[2]=S[2]+S[N]-S[i]
......
//若S[N]=0,即计算S前,a先通减了ave，有：
G[x]=S[x]-S[x-1]+G[x-1]=S[x]-S[i]

最后一式直观的话容易看出，证明的话递推即可。于是新前缀和的每一项就是原数组全减 \(S_i\)，继续使用上述链上问题的思路（或者直接代公式），有 \(ans=min(\sum_{i = 1}^n abs(S_i-S_k)),k \in [1,N]\)。

典型的初中数学题！于是直接使 \(S_k\) 为 \(a_N\) 的中位数（排个序取 \(S_{\frac{N}{2}}\)），问题得解。

以上即为 P2512 糖果传递解题思路。

实现

读入矩阵，同时记录每行每列点数。先判断可行性，再按行、列进行求最小。若行列都成立的，分别计算求和即可。

Code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;//不开long long 见祖宗

ll fr() {
	ll x=0; char c=getchar();
	while(!isdigit(c)) c=getchar();
	while(isdigit(c)) {
		x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);
		c=getchar();
	}
	return x;
}//经典快读

const ll maxn=1e5+10;
ll r[maxn],c[maxn],n,m,t,x,y;

ll row(ll x,ll *a) {
	ll M = t/x,ret = 0;//求均
	ll dr[maxn];
	dr[0]=0;
	for(register int i = 1; i <= x; i++) {
		a[i]-=M;//先减
		dr[i]=dr[i-1]+a[i];
	}
	sort(dr+1,dr+1+x);
	int k=(1+x)/2;//中位数
	for(register int i = 1; i <= x; i++) {
		ret+=abs(dr[i]-dr[k]);
	}
	return ret;
}

int main() {
	n=fr();m=fr();t=fr();
	for(register int i = 1; i <= t; i++) {
		x=fr();y=fr();
		r[x]++;c[y]++;//计数转糖果传递
	}
	if(!(t%n)&&!(t%m)) printf("both %lld\n",row(n,r)+row(m,c));
	else if(!(t%n)) printf("row %lld\n",row(n,r));
	else if(!(t%m)) printf("column %lld\n",row(m,c));
	else {
		printf("impossible\n");
	}
	return 0;
}

后话

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