2019-2020 ICPC, NERC, Southern and Volga Russian Regional Contest (Online Mirror, ICPC Rules, Teams Preferred) M. SmartGarden 题解

cf1250 M. SmartGarden#

完全不会做 orz，在 cf 上看到了有趣的做法。

通读题意后可以发现是对于每一次操作，要求选出的行集合 $R$ 和列集合 $C$ 要满足如下条件：

(\forall r) (\forall c) (r \in R \land c \in C \land r \neq c \land r \neq c + 1)

$(\forall r)(\forall c)(r \in R \wedge c \in C \wedge r \neq c \wedge r \neq c+1)$

接下来考虑二进制下对每一次操作如何取行集合和列集合。枚举二进制下每一位 $i$ ，把所有当前位 $i=0$ 的行 $r$ 加入行集合 $R$ 中，同时将所有当前位 $i=1$ 以及 $c+1$ 的当前位也为 $i=1$ 的列 $c$ 加入列集合 $C$ 中，这样就是一次操作。反过来可以把所有当前位 $i=1$ 的行 $r$ 加入行集合 $R$ 中，同时将所有当前位以及的当前位也为 $i = 0$ 的列 $c$ 加入列集合 $C$ 中，这样又是一次操作。这样共计 $2 \cdot \lceil \log_2 5000 \rceil = 2 \cdot 13 = 26$ 次操作。这样的操作必定满足上面的条件。问题变为了如何填满漏选的地方。

观察一下列 $c$ 的格式，可以发现其形如 $XX...X011...1$ ，前面的 $X$ 为固定位，后面的 $011...1$ 为翻转位， $c+1$ 与 $c$ 的固定位相同，而翻转位每一位都不同。若 $(r,c)$ 漏选，可以得出 $r$ 与 $c$ 的固定位相同的结论。这是一个充要条件。

那么，枚举后面的翻转位的长度，并将所有翻转位都为该长度的列 $c$ 加入本次的列集合 $C$ 中。而关于行 $r$ ，只要其二进制下与列 $c$ 翻转位对应的位不为 $011...1$ 或 $100...0$ 即可满足条件。这样也会有 $\lceil \log_2 5000 \rceil = 13$ 次操作。故最大操作数为 $39$ 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef double db;
typedef long double ld;

#define IL inline
#define fi first
#define se second
#define mk make_pair
#define pb push_back
#define SZ(x) (int)(x).size()
#define ALL(x) (x).begin(), (x).end()
#define dbg1(x) cout << #x << " = " << x << ", "
#define dbg2(x) cout << #x << " = " << x << endl

template<typename Tp> IL void read(Tp &x) {
    x=0; int f=1; char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)) {if(ch == '-') f=-1; ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)) { x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();}
    x *= f;
}
int buf[42];
template<typename Tp> IL void write(Tp x) {
    int p = 0;
    if(x < 0) { putchar('-'); x=-x;}
    if(x == 0) { putchar('0'); return;}
    while(x) {
        buf[++p] = x % 10;
        x /= 10;
    }
    for(int i=p;i;i--) putchar('0' + buf[i]);
}

const int N = 5000 + 5;

int n;
vector<vector<int> > rows, cols;

IL bool chkbit(int x, int p) { return (x & (1 << p)) > 0;}

int main() {
#ifdef LOCAL
    freopen("M.in", "r", stdin);
#endif
    scanf("%d", &n);
    for(int bt=0;bt<=1;bt++) {
        for(int i=0; (1<<i) <= n; i++) {
            vector<int> row, col;
            for(int k=1;k<=n;k++) {
                if(chkbit(k, i) == bt) row.push_back(k);
                else if(k == n || chkbit(k+1, i) != bt) col.push_back(k);
            }

            if(row.empty() || col.empty()) continue;
            rows.push_back(row);
            cols.push_back(col);
        }
    }

    for(int i=1; (1<<i)-1 <= n; i++) {
        int flip = (1 << i) - 1;
        int flip2 = (flip << 1) | 1;
        int isrow = (1 << i);
        vector<int> row, col;
        for(int j=1;j<=n;j++) {
            if((j & flip) == flip && (j & flip2) != flip2) col.push_back(j); // XX...X011...1
            else if((j & flip2) != isrow) row.push_back(j);
        }
        if(col.empty() || row.empty()) continue;

        rows.push_back(row);
        cols.push_back(col);
    }

    printf("%d\n", SZ(rows));
    for(int i=0;i<SZ(rows);i++) {
        printf("%d ", SZ(rows[i]));
        for(int j=0;j<SZ(rows[i]);j++) {
            printf("%d%c", rows[i][j], " \n"[j == SZ(rows[i]) - 1]);
        }
        printf("%d ", SZ(cols[i]));
        for(int j=0;j<SZ(cols[i]);j++) {
            printf("%d%c", cols[i][j], " \n"[j == SZ(cols[i]) - 1]);
        }
    }
    return 0;
}