CF1408F Two Different 题解

解题思路

先考虑如何将一堆数变为相同的。

显然，这里有一个条件 $n=2^k,k\in \mathbb{Z}$，证明如下：

• 每次操作只能将两个数变为相同的，那么一个数在使得其他数变为相同数的操作中（我们不妨将所有数进行这种操作称为一轮操作），一个数最多被使用一次；
• 按照错位操作，即第一轮 $1$ 和 $2$、$3$ 和 $4$，第二轮 $1$ 和 $3$、$2$ 和 $4$ 这种最优决策（这样可以保证每一轮结束后不同数的数量最少）每一轮也最多减少 ${\displaystyle \lfloor \frac{n}{2}\rfloor }$ 种数量；
• 按照如上方法，在第 $i$ 轮会有 $a_{i}mod{2}^i=1$ 的数无法被操作到，那么当且仅当 $n=2^k,k\in \mathbb{Z}$ 的时候，所有数可以变为相同的；

由上可以推出，当且仅当 $n=2^k+z,k\in \mathbb{Z},z\le 1$ 的时候，序列可以根据以上操作变为最多有两个不同的，而这种情况也即为样例中的情况。

那么考虑 $n$ 为其他数的情况。我们发现对于任意大于 $1$ 的正整数，都可以找到一个 $x$ 使得 $x=2^k,k\in \mathbb{Z}$ 且 ${\displaystyle x\ge \frac{n}{2}}$。我们还发现，因为对于任意的序列 $a$ 和函数 $f$，构造方案都应成立，那么可以认为 $a$ 对于构造方案没有影响。那么我们考虑将序列拆为 $[1,x]$ 和 $[n-x+1,n]$ 两个长度均为 $x$ 的部分，不妨先通过上文操作使得区间 $[1,x]$ 中的数全部相等，然后再通过上文操作使得区间 $[n-x+1,n]$ 中的数全部相等，由于 $[1,n-x]$ 的数在两次操作后一定是相等的，而 $[n-x+1,n]$ 中的数在两次操作后是相等的，那么在这种操作方案下，最终序列一定有小于等于两种不同的数。

由于我们在使一个序列相同时错位操作，那么每个数在一轮中会被恰好操作一次，又由于每轮操作会使不同的数的数量减半，那么最多进行 $O({\log }_{2}x)$ 轮操作，那么我们最终总共会进行 $O(2\cdot x{\log }_{2}x)$ 次操作，而在 $n\le 1.5\times {10}^4$ 的数据范围下，操作次数是小于等于 $229376$ 次的，可以通过本题。

时间复杂度 $O(n\log n)$ ，空间 $O(n\log n)$，可以通过本题。

注意事项

错位操作时细节有亿点多，如果是循环写法，一定要注意倍增的时候不要超出 $n$ 的范围了；如果是递归或 vector 合并写法，注意数组的清空。

AC 代码

#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<vector>
#define N 15005
#define pii std::pair<int,int>
int n,cnt,c[N];
std::vector<pii> ans;
std::vector<int> a[N],b[N];
inline void print(){
   printf("%d\n",ans.size());
   for(auto now:ans){
       int x=now.first;
       int y=now.second;
       printf("%d %d\n",x,y);
   }
}
inline void GetAns(int l,int r){
   int m=r-l+1,now=2;while(m>1){
       for(register int i=l;i<=r;i+=now)
       for(register int j=i;j<i+(now>>1);++j)
           ans.push_back({j,j+(now>>1)});
       m>>=1;now<<=1;
   }
}
signed main(){
   scanf("%d",&n);
   for(register int i=1;i<=n;++i)
       c[i]=i;int mid=1;
   while((mid<<1)<n) mid<<=1;
   GetAns(1,mid);
   GetAns(n-mid+1,n);
   print();
}