问题描述
七夕节因牛郎织女的传说而被扣上了「情人节」的帽子。于是TYVJ今年举办了一次线下七夕祭。Vani同学今年成功邀请到了cl同学陪他来共度七夕，于是他们决定去TYVJ七夕祭游玩。
TYVJ七夕祭和11区的夏祭的形式很像。矩形的祭典会场由N排M列共计N×M个摊点组成。虽然摊点种类繁多，不过cl只对其中的一部分摊点感兴趣，比如章鱼烧、苹果糖、棉花糖、射的屋……什么的。Vani预先联系了七夕祭的负责人zhq，希望能够通过恰当地布置会场，使得各行中cl感兴趣的摊点数一样多，并且各列中cl感兴趣的摊点数也一样多。
不过zhq告诉Vani，摊点已经随意布置完毕了，如果想满足cl的要求，唯一的调整方式就是交换两个相邻的摊点。两个摊点相邻，当且仅当他们处在同一行或者同一列的相邻位置上。由于zhq率领的TYVJ开发小组成功地扭曲了空间，每一行或每一列的第一个位置和最后一个位置也算作相邻。现在Vani想知道他的两个要求最多能满足多少个。在此前提下，至少需要交换多少次摊点。
输入
第一行包含三个整数N和M和T。T表示cl对多少个摊点感兴趣。
接下来T行，每行两个整数x, y，表示cl对处在第x行第y列的摊点感兴趣。
输出
首先输出一个字符串。如果能满足Vani的全部两个要求，输出both；如果通过调整只能使得各行中cl感兴趣的摊点数一样多，输出row；如果只能使各列中cl感兴趣的摊点数一样多，输出column；如果均不能满足，输出impossible。
如果输出的字符串不是impossible， 接下来输出最小交换次数，与字符串之间用一个空格隔开。
样例输入1
2 3 4
1 3
2 1
2 2
2 3
样例输出1
row 1
样例输入2
3 3 3
1 3
2 2
2 3
样例输出2
both 2
算法讨论
稍加思索可以发现，行列之间是互不影响的，把每行 1 的个数看做 n 堆纸牌、每列 1 的个数
看做 m 堆纸牌，题目实际上就是两个环形的均分纸牌问题。
(什么？你不知道均分纸牌问题！你还是看看 NOIP2002 T1，做做历届 NOIP 前两题再来
吧……)
下面来说环形均分纸牌问题怎么做：
设有 n 堆纸牌，每堆有 ai 张，所有堆一共有 s 张，那么最终每堆应该有 s / n 张。因此如果 s
mod ai≠0，显然是无解的。接下来构造数列 bi=ai-s/n。
方法一：
枚举从第 k 个位置开始(1<=k<=n)，像均分纸牌的方法一样依次向后推（如果第 i 个位置有
ai 堆牌，那么取 bi 堆牌分给下一堆，若 bi<0 表示从下一堆拿到这一堆）。最后取最小值。
时间复杂度 O(n^2)，预计得分 70 分。
#include <cstdio>
#define MAX_N 100006
#define maxlongint 2147483647
using namespace std;
int n,m,t,p1,p2,min1=maxlongint,min2=maxlongint;
int r[MAX_N],l[MAX_N],b1[MAX_N],b2[MAX_N],tamp[MAX_N];
bool f1,f2;
int abs(int x)
{
return x>0?x:-x;
}
int min(int x,int y)
{
return x<y?x:y;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&t);
int x,y;
for (int i=1;i<=t;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
r[x]++;
l[y]++;
}
if (t % n==0)
{
f1=1;
for (int i=1;i<=n;i++)
b1[i]=r[i]-(t / n);
for (int k=1;k<=n;k++)
{
p1=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
tamp[i]=b1[i];
for (int i=0;i<n;i++)
{
int d1=(k+i) % (n+1),d2;
if (d1==0)
d1=1;
d2=(d1+1) % (n+1);
if (d2==0)
d2=1;
if (tamp[d1]!=0)
{
tamp[d2]+=tamp[d1];
p1+=abs(tamp[d1]);
tamp[d1]=0;
}
}
min1=min(p1,min1);
}
}
if (t % m==0)
{
f2=1;
for (int i=1;i<=m;i++)
b2[i]=l[i]-(t / m);
for (int k=1;k<=m;k++)
{
p2=0;
for (int i=1;i<=m;i++)
tamp[i]=b2[i];
for (int i=1;i<=m;i++)
{
int d1=(k+i) % (m+1),d2;
if (d1==0)
d1=1;
d2=(d1+1) % (m+1);
if (d2==0)
d2=1;
if (tamp[d1]!=0)
{
tamp[d2]+=tamp[d1];
p2+=abs(tamp[d1]);
tamp[d1]=0;
}
}
min2=min(p2,min2);
}
}
if (f1 && f2)
printf("both %d",min1+min2);
else
if (f1)
printf("row %d",min1);
else
if (f2)
printf("column %d",min2);
else
printf("impossible");
}方法二：
设 bi 的前缀和为 si。如果从第 k 个位置开始，那么第 i 堆和第 i+1 堆交换的纸牌数就是 |si-sk|。
总代价就是|s1-sk|+|s2-sk|+|s3-sk|+……+|sn-sk|。发现什么了？当 sk 是 s1~sn 中位数的时候，
上式有最小值！所以把 si 排序后，令 sk=s[(n+1)/2]，计算代价即可。
时间复杂度 O(nlogn)，预计得分 100 分。
#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define MAX_N 100006
#define ll long long
using namespace std;
int n,m,t;
ll p1,p2;
int r[MAX_N],l[MAX_N],s[MAX_N];
bool f1,f2;
int abs(int x)
{
return x>0?x:-x;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&t);
int x,y;
for (int i=1;i<=t;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
r[x]++; l[y]++;
}
if (t % n==0)
{
f1=1;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
int tamp=r[i]-(t / n);
s[i]=s[i-1]+tamp;
}
sort(s+1,s+n+1);
int sk=s[(n+1) / 2];
for (int i=1;i<=n;i++)
p1+=abs(s[i]-sk);
}
memset(s,0,sizeof(s));
if (t % m==0)
{
f2=1;
for (int i=1;i<=m;i++)
{
int tamp=l[i]-(t / m);
s[i]=s[i-1]+tamp;
}
sort(s+1,s+m+1);
int sk=s[(m+1) / 2];
for (int i=1;i<=m;i++)
p2+=abs(s[i]-sk);
}
if (f1 && f2)
printf("both %lld",p1+p2);
else
if (f1)
printf("row %lld",p1);
else
if (f2)
printf("column %lld",p2);
else
printf("impossible");
}