CodeForces 1521E Nastia and a Beautiful Matrix 题解

这道题有多解，下面给出一种无需二分的做法。

Hint 1

先假设已经求出了 $size$。

观察题目所给条件，是否可以把网格分成两部分，使得每部分里互不影响，只需要考虑两部分之间的冲突？

Hint 2

按行的奇偶性来分，那么网格应当是这样的：

怎样安排数字，才能最大化利用上面Hint 1的性质？

Hint 3

存在一种安排方法，使得只有一种数字 $x$ 可能出现冲突。在放置 $x$ 时，会出现什么问题？如何避免？

题解

假设 $size$ 为最小边长。

考虑到 $mat_{i,j} \neq mat_{i+1,j+1}$ 且 $mat_{i,j+1} \neq mat_{i+1,j}$。

我们将网格按行的奇偶性分成两部分 $S_1$, $S_2$。

发现，每部分里的数字两两不影响，只有两部分间才可能出现冲突。

然后，我们如果把所有相同的数字放在一起，按某种顺序排好，先填 $S_1$, 再填 $S_2$，可以做到，只有1种数字 $x$ 同时在 $S_1$ 与 $S_2$ 中出现。理解一下，因为数字是一段一段的，肯定只有一段从中间被分开了。

顺便算出 $x$ 留在 $S_1$ 中的个数 $num$ （则在 $S_2$ 中的有 $cnt_{x} - num$ 个）。

为了不冲突，把$S_1$ 里的放在下图 $A$ 处，把$S_2$里的放在 $B$ 处。

A A A
B B B
A A A
B B B
A A A

这会带来新的问题：$S_1$ 里最多只能放 $lim = (\left\lceil\dfrac{size}{2}\right\rceil)^2$ 个，可能不够放。为了避免，我用的方法是：把 $a_i$ 排序，按 $a_i$ 的降序填数。

简单证明一下，设 $n \geq 2$ ，$cap = size \times \left\lceil\dfrac{size}{2}\right\rceil$ 为 $S_1$ 的大小，则$a_1 \geq a_2 \geq ... \geq a_n$。显然，$a_1$ 对应的数字不会成为 $x$。

假设 $x$ 是 $a_k$ 所对应的，则 $sum1 = a_1 + a_2 + ... + a_{k-1} \leq cap$，$sum2 = a_1 + a_2 + ... + a_k > cap$。因此 $a_k \leq \dfrac{cap}{k}$。而 $num < a_k$。

$k = 2$ 时，$num$ 最大值可达 $\dfrac{cap}{2}$，显然 $lim \geq \dfrac{cap}{2}$ 。可见 $lim$ 恒不小于 $num$。

剩下的数字呢？$x$ 前面的都放 $S_1$，后面的都放 $S_2$。

求 $size$ 的方法还没说呢。上述构造方法可以保证，满足下面两个条件的输入都能找到解。

1.$m \leq size^2 - (\left\lfloor\dfrac{size}{2}\right\rfloor)^2$

2.$max{a_i} \leq cap$

枚举即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define mit map<int,int>::iterator
#define sit set<int>::iterator
#define itrm(g,x) for(mit g=x.begin();g!=x.end();g++)
#define itrs(g,x) for(sit g=x.begin();g!=x.end();g++)
#define ltype int
#define rep(i,j,k) for(ltype(i)=(j);(i)<=(k);(i)++)
#define rap(i,j,k) for(ltype(i)=(j);(i)<(k);(i)++)
#define per(i,j,k) for(ltype(i)=(j);(i)>=(k);(i)--)
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define mpr make_pair
#define pb push_back
#define fastio ios::sync_with_stdio(false)
#define check(x) if(x>=mod) x-=mod
const int inf=0x3f3f3f3f,mod=1000000007;
const double pi=3.1415926535897932,eps=1e-6;
void chmax(int &x,int y){if(x < y) x = y;}
void chmin(int &x,int y){if(x > y) x = y;}
int qpow(int x,int y){
    int ret = 1;
    while(y) {
        if(y & 1) ret = (ll)ret * x % mod;
        x = (ll)x * x % mod;
        y >>= 1;
    }
    return ret;
}
int n,m,mx,ans[1005][1005];pii a[100005];
void solve()
{
    scanf("%d%d",&m,&n);
    rep(i,1,n) scanf("%d",&a[i].fi),a[i].se = i;
    sort(a+1,a+n+1);reverse(a+1,a+n+1);
    mx = 1;rep(i,2,n) if(a[mx] < a[i]) mx = i;
    int s = 0;while(s * ((s + 1) / 2) < a[mx].fi || (s * s) - ((s / 2) * (s / 2)) < m) s++;
    int cap = s * ((s + 1) / 2);
    int id = n + 1, rest = 0;rep(i,1,n) if(rest + a[i].fi > cap) {id = i;break;} else rest += a[i].fi;

    int u = 1, v = 1;
    int num = cap - rest;
    if(id <= n)rep(i,1,num) {
        ans[u][v] = a[id].se;
        v += 2;
        if(v > s) v = 1, u += 2;
    }
    u = 1;v = 1;
    rap(i,1,id) {
        while(a[i].fi){
            if(!ans[u][v]) ans[u][v] = a[i].se, a[i].fi--;
            v++;
            if(v > s) v = 1, u += 2;
        }
    }
    
    u = 2;v = 1;
    if(id <= n) rep(i,1,a[id].fi - num) {
        ans[u][v] = a[id].se;
        v += 2;
        if(v > s) v = 1, u += 2;
    }
    rep(i,id+1,n) {
        while(a[i].fi){
            if(!ans[u][v]) ans[u][v] = a[i].se, a[i].fi--;
            v += 2;
            if(v > s) v = 1, u += 2;
        }
    }
    printf("%d\n",s);
    rep(i,1,s) rep(j,1,s) printf("%d%c",ans[i][j],j==s?'\n':' '),ans[i][j] = 0;
}
int main()
{
    int T;scanf("%d",&T);while(T--) solve();return 0;
}

posted @ 2021-05-09 11:51 beacon_cwk 阅读(121) 评论(0) 编辑收藏举报

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CodeForces 1521E Nastia and a Beautiful Matrix 题解

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