題目描述

  有 \(N\times M\) 個點，其中 \(T\) 個點是關鍵點，第 \(i\) 個關鍵點座標為 \((x_i,y_i)\)，每次可以交換相鄰兩個點，每一行或每一列的第一個位置和最後一個位置也算作相鄰。

  目標是通過交換一些相鄰點，使得每行每列的關鍵點個數相同。如果能滿足全部兩個要求，輸出 both；如果只能使每行關鍵點數量相同，輸出 row；如果只能使每列關鍵點數量相同，輸出 column；如果均不能滿足，輸出 impossible；如果輸出的字串不是 impossible，再輸出最小交換次數。

  資料範圍：\(1\leq N,M\leq 10^5,0\leq T\leq \min(N\times M,10^5)\)

。

分析

  可以發現，交換左右兩個點只會改變某兩列的關鍵點數，不會改變每行中的關鍵點數。同理，交換上下兩個相鄰的點只會改變某兩行中的關鍵點數，不會改變每列中的關鍵點數。

  所以我們可以分成兩個相互獨立的部分計算：

  \(1.\) 通過最少次數的左右交換使每列中關鍵點數相同。

  \(2.\) 通過最少次數的上下交換使每行中關鍵點數相同。

  統計出在初始情況下，每列中關鍵點總數，記為 \(C[1]\) ~ \(C[M]\)。如果 \(M\nmid T\)，則不可能達到要求，如果 \(M\mid T\)，則目標就是讓每列中有 \(T/M\) 個關鍵點。

  聯想到 均分紙牌 問題，當所有人手中的紙牌總數 \(T\)

能被 \(M\) 整除時有解，在有解時，我們可以先考慮第一個人：

  \(1.\) 若 \(C[1]>T/M\)，則第一個人需要給第二個人 \(C[1]-T/M\) 張紙牌，即把 \(C[2]\) 加上 \(C[1]-T/M\)。

  \(2.\) 若 \(C[1]<T/M\)，則第一個人需要從第二個人手中拿 \(T/M-C[1]\) 張紙牌，即把 \(C[2]\) 減去 \(T/M-C[1]\)。

  按照同樣的方法依次考慮第 \(2\) ~ \(M\) 個人。即使在某個時刻有某個 \(C[i]\) 被減為負數也沒有關係，因為接下來 \(C[i]\) 就會從 \(C[i+1]\) 處拿牌，在實際中可以認為 \(C[i]\)

從 \(C[i+1]\) 處拿牌發生在 \(C[i-1]\) 從 \(C[i]\) 處拿牌之前。按照這種方法，經過計算，達到目標所需要的最少步數就是：

\[\sum_{i=1}^{M}\Big|i\times \frac{T}{M}-S[i]\Big|,G 是 C 的字首和 \]

  其含義是每個字首最初共持有 \(G[i]\) 張紙牌，最終會持有 \(i\times T/M\) 張紙牌，多退少補，會與後邊的人發生二者之差的絕對值張紙牌的交換。

  如果我們設 \(A[i]=C[i]-T/M\)，即一開始就讓每個人手中的紙牌數都減掉 \(T/M\)，並且最終讓每個人手裡都恰好有 \(0\) 張紙牌，答案顯然不變，就是：

\[\sum_{i=1}^{M}|S[i]|,S是A的字首和 \]

  回到本題，如果不考慮第 \(1\) 列與最後一列也是相鄰的這一條件，那麼剛才提到的本題中的第 \(1\) 個問題與均分紙牌問題是等價的。若問題有解，一定存在一種適當的順序，使得每一步傳遞紙牌的操作可以轉化為交換一對左右相鄰的攤點（兩個點中有一個是關鍵點）。

  若第 \(1\) 列與最後一列相鄰，則問題等價於一個 環形均分紙牌。仔細思考可以發現，一定存在一種最優解的方案，環上某兩個相鄰的人之間沒有發生紙牌交換操作。於是有一種樸素的做法是，列舉這個沒有發生交換的位置，把環斷開看成一行，轉化為一般的 均分紙牌 問題進行計算。

  首先，一般的 均分紙牌 問題就相當於在第 \(M\) 個人與第 \(1\) 個人之間把環斷開，此時這 \(M\) 個人寫成一行，其持有的紙牌數、字首和分別是：

\[\begin{aligned}A[1]~~~~S[1]\\A[2]~~~~S[2]\\\cdots~~~~~\cdots~\\A[M]~~~~S[M]\end{aligned} \]

  如果在第 \(k\) 個人之後把環斷開寫成一行，這 \(M\) 個人持有的紙牌數、字首和分別是：

\[\begin{aligned}&A[k+1]\quad S[k+1]-S[k]\\&A[k+2]\quad S[k+2]-S[k]\\&\quad\cdots\quad\quad\quad\quad\quad\cdots\quad\quad\\&A[M]\quad \quad \quad S[M]-S[k]\\&A[1]\quad\quad S[1]+S[M]-S[k]\\&\quad\cdots\quad\quad\quad\quad\quad\cdots\quad\quad\\&A[k]\quad\quad S[k]+S[M]-S[k]\end{aligned} \]

  此處 \(A\) 是減去最終每個人手裡紙牌數 \(T/M\) 之後的陣列，\(A\) 陣列均分之後每個人手裡都有 \(0\) 張紙牌，所以 \(S[M]=0\)。也就是說，從第 \(k\) 個人把環斷開寫成一行，字首和陣列的變化是每個位置都減掉 \(S[k]\)。

  根據上面推導的公式，所需最少步數為：

\[\sum_{i=1}^{M}|S[i]-S[k]| \]

  不需要列舉 \(k\)，把 \(S\) 從小到大排序，取中位數作為 \(S[k]\) 就是最優解，時間複雜度 \(O(N\log N+M\log M)\)。

程式碼

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int N,M,T;
long long R[100010],C[100010],S[100010];
long long solve(long long *A,int N)
{
    for(int i=1;i<=N;i++)
    {
        A[i]=A[i]-T/N;
        S[i]=S[i-1]+A[i];
    }
    sort(S+1,S+1+N);
    long long ans=0;
    for(int i=1;i<=N;i++)
        ans=ans+abs(S[i]-S[(N+1)/2]);
    return ans;
}
int main()
{
    cin>>N>>M>>T;
    for(int i=1;i<=T;i++)
    {
        int x,y;
        scanf("%d %d",&x,&y);
        R[x]++,C[y]++;
    }
    if(T%N==0&&T%M==0)
        cout<<"both"<<" "<<solve(R,N)+solve(C,M)<<endl;
    else if(T%N==0)
        cout<<"row"<<" "<<solve(R,N)<<endl;
    else if(T%M==0)
        cout<<"column"<<" "<<solve(C,M)<<endl;
    else
        puts("impossible");
    return 0;
}