「清新题精讲」CF260E - Dividing Kingdom
CF260E - Dividing Kingdom
\(\mathrm{Description}\)
给定 \(n\) 个点 \((x_i,y_i)\) 和长度为 \(9\) 的数列 \(a\)，满足 \(\sum_{i=1}^na_i=n\)。通过 \(2\) 条平行于 \(x\) 轴的直线和 \(2\) 条平行于 \(y\) 轴的直线，将平面划分成 \(9\) 个部分，第 \(i\) 个部分点的数量记作 \(b_i\)。
输出一组解满足 \(b\) 是 \(a\) 的排列，或报告无解。
\(9\le n\le 10^5,1\le x_i,y_i\le 10^9\)
\(\mathrm{Solution}\)
观察到排列二字，\(a\) 的长度还是 \(9\)，不难想到将 \(a\) 进行全排列，对于每一种情况分别计算。
上图给出了划分，其中标号为 \(i\) 表示格子内点数为 \(a_i\)。后面便需要对于 \(a\) 的一种排列，初步确定出 \(\color{red}{红色线}\) 和 \(\color{blue}{蓝色线}\) 的位置。不难发现，第 \(1\) 根红线下面点数应为 \(a_1+a_4+a_7\)，第 \(1\) 根红线至第 \(2\) 根内点数应为 \(a_2+a_5+a_8\)（对于蓝线也同理，这里不过多赘述）。
故，通过二分可以快速确定红蓝线的位置。不过，按照如上的确定方式，一定能保证对应块满足条件吗？答案是否定的。还需要判断每个小方格内是否点数是匹配的，即相当于求若干个矩形内的点数，与 P2163 [SHOI2007] 园丁的烦恼 有异曲同工之处（这里不再细说）。
当你写完提交后，发现不是 \(\mathrm{MLE}\)，就是 \(\mathrm{TLE}\)。分析代码消耗时间最多处，能知晓是计算 \(9\) 块常数太大，考虑优化。其实，由于前面特殊的划分方式，其实只需要计算 \(1,3,5,7,9\) 块即可，大大降低了时空复杂度（这里请读者自行理解）。
综上所述，即可通过理论时间复杂度为 \(O(n\log n+9!\log n)\) 的算法通过该题，不过由于常数过大，可以近似看做 \(O(n\log ^2n+9!\log n)\)。
\(\mathrm{Code}\)
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
typedef long long LL;
const int N = 2e5 + 10;
int n, m, k;
PII pnt[N];
int a[10], col[N], lin[N], qry[N * 20], idx, ans[4][N << 1];
std::vector<int> dct;
struct Query {
int x, y, sign, id;
bool operator< (const Query &tmp)const {
if (y == tmp.y) {
if (!sign) return 1;
else if (!tmp.sign) return 0;
return x < tmp.x;
}
return y < tmp.y;
}
}q[N * 40];
int tr[N];
inline void add(int x, int d) { for (int i = x; i <= dct.size(); i += (i & -i)) tr[i] += d; }
inline int sum(int x) {
int res = 0;
for (int i = x; i; i -= (i & -i)) res += tr[i];
return res;
}
inline int find(int x) {
return lower_bound(dct.begin(), dct.end(), x) - dct.begin() + 1;
}
inline int binary(int aim, int v, int tmp[]) {
int l = 1, r = dct.size();
while (l < r) {
int mid = l + r >> 1;
if (tmp[mid] - v >= aim) r = mid;
else l = mid + 1;
}
if (tmp[r] - v != aim) return -1;
return r;
}
inline void add_query(int x1, int y1, int x2, int y2, int id) {
q[ ++ idx] = {x2, y2, 1, id};
if (x1 > 1) q[ ++ idx] = {x1 - 1, y2, -1, id};
if (y1 > 1) q[ ++ idx] = {x2, y1 - 1, -1, id};
if (x1 > 1 && y1 > 1) q[ ++ idx] = {x1 - 1, y1 - 1, 1, id};
}
signed main() {
cin.tie(0);
cout.tie(0);
ios::sync_with_stdio(0);
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
cin >> pnt[i].fi >> pnt[i].se;
dct.push_back(pnt[i].fi), dct.push_back(pnt[i].se);
}
sort(dct.begin(), dct.end());
dct.erase(unique(dct.begin(), dct.end()), dct.end());
for (int i = 1; i <= n; i ++)
q[ ++ idx] = {find(pnt[i].fi), find(pnt[i].se), 0, 0};
for (int i = 1; i <= 9; i ++)
cin >> a[i];
sort(a + 1, a + 10);
for (int i = 1; i <= n; i ++)
col[find(pnt[i].fi)] ++, lin[find(pnt[i].se)] ++;
for (int i = 1; i <= dct.size(); i ++)
col[i] += col[i - 1], lin[i] += lin[i - 1];
do {
int l1, l2, c1, c2;
l1 = binary(a[1] + a[2] + a[3], 0, col);
if (l1 == -1) continue;
l2 = binary(a[4] + a[5] + a[6], col[l1], col);
if (l2 == -1) continue;
c1 = binary(a[7] + a[4] + a[1], 0, lin);
if (c1 == -1) continue;
c2 = binary(a[8] + a[5] + a[2], lin[c1], lin);
if (c2 == -1) continue;
ans[0][ ++ k] = l1, ans[1][k] = l2, ans[2][k] = c1, ans[3][k] = c2;
qry[ ++ m] = a[3], add_query(1, c2 + 1, l1, dct.size(), m);
qry[ ++ m] = a[9], add_query(l2 + 1, c2 + 1, dct.size(), dct.size(), m);
qry[ ++ m] = a[5], add_query(l1 + 1, c1 + 1, l2, c2, m);
qry[ ++ m] = a[1], add_query(1, 1, l1, c1, m);
qry[ ++ m] = a[7], add_query(l2 + 1, 1, dct.size(), c1, m);
}while (next_permutation(a + 1, a + 10));
stable_sort(q + 1, q + 1 + idx);
for (int i = 1; i <= idx; i ++)
if (!q[i].sign)
add(q[i].x, 1);
else
qry[q[i].id] -= q[i].sign * sum(q[i].x);
for (int i = 1; i <= k; i ++) {
bool flg = 1;
for (int j = (i - 1) * 5 + 1; j <= i * 5; j ++)
flg &= (!qry[j]);
if (flg) {
printf("%.1f %.1f\n%.1f %.1f\n", dct[ans[0][i] - 1] + 0.5, dct[ans[1][i] - 1] + 0.5, dct[ans[2][i] - 1] + 0.5, dct[ans[3][i] - 1] + 0.5);
return 0;
}
}
cout << -1 << endl;
return 0;
}
