技術標籤：資訊學奧賽基礎演算法

題目描述

有一個 M M M行 N N N列的教室座位中，有 D D D對同學總愛湊在一起講話。現老師要用走廊隔開他們。但只能在行之間加入 K K K條走廊，在列中加入 L L L條走廊，問加在哪裡能使效果最佳。（一對愛講話的同學只有左右相鄰或上下相鄰）。

輸入格式
第一行，有 5 5 5個用空格隔開的整數，分別是 M , N , K , L , D M,N,K,L,D M,N,K,L,D。

接下來 D D D行，每行有 4 4 4個用空格隔開的整數，第 i i i行的 4 4 4個整數 X i , Y i , P i , Q i X_i,Y_i,P_i,Q_i

輸入資料保證最優方案的唯一性。

輸出格式

共兩行。

第一行包含 K K K個整數， a 1 a 2 … a K a_1 a_2 … a_K a1​a2​…aK​，表示第 a 1 a_1 a1​行和 a 1 + 1 a_1+1 a1​+1行之間、第 a 2 a_2 a2​行和第 a 2 + 1 a_2+1 a2​+1行之間、…、第 a K a_K aK​行和第 a K + 1 a_K+1

第二行包含 L L L個整數， b 1 b 2 … b k b_1 b_2 … b_k b1​b2​…bk​，表示第 b 1 b_1 b1​列和 b 1 + 1 b_1+1 b1​+1列之間、第 b 2 b_2 b2​列和第 b 2 + 1 b_2+1 b2​+1列之間、…、第 b L b_L bL​列和第 b L + 1 b_L+1 bL​+1列之間要開闢通道，其中 b i < b i + 1 b_i<b_i+1 bi

若有多組答案，輸出字典序最小的一組。

資料規模

2 ≤ N , M ≤ 1000 2 ≤ N,M\le1000 2≤N,M≤1000,
0 ≤ K < M 0 \le K<M 0≤K<M,
0 ≤ L < N , D ≤ 2000 0\le L<N,D\le2000 0≤L<N,D≤2000

輸入樣例

4 5 1 2 3
4 2 4 3
2 3 3 3
2 5 2 4

輸出樣例

2
2 4

提示

上圖中用符號*、※、+標出了 3 3 3 對會交頭接耳的學生的位置，圖中 3 3 3 條粗線的位置表示通道，圖示的通道劃分方案是唯一的最佳方案。

演算法思想（排序）

根據題目描述，可以在行之間和列之間插入走廊、隔開說話的同學，問加在哪裡能使效果最佳。不妨以行為例，當然是在上下相鄰且交頭接耳人數最多的 k k k行插入走廊效果最佳。例如對於輸入樣例，在 ( 2 , 3 ) 、 ( 3 , 3 ) (2,3)、(3,3) (2,3)、(3,3)兩個同學之間（即第 2 2 2行）插入走廊，效果最佳。

因此，我們可以遍歷所有交頭接耳的兩位同學，統計他們出現在行列中的次數 r o w [ i ] 、 c o l [ i ] row[i]、col[i] row[i]、col[i]。不妨設他們的位置為 ( x 1 , y 1 ) 、 ( x 2 , y 2 ) (x1, y1)、(x2, y2) (x1,y1)、(x2,y2)：

• 如果他們是上下相鄰，即 y 1 = y 2 y1 = y2 y1=y2，則可以將 r o w [ ( x 1 + x 2 ) / 2 , y 1 ] row[(x1+x2) / 2, y1] row[(x1+x2)/2,y1]計數1次
• 如果他們是左右相鄰，即 x 1 = x 2 x1 = x2 x1=x2，則可以將 c o l [ x 1 , ( y 1 + y 2 ) / 2 ] col[x1, (y1+y2) / 2] col[x1,(y1+y2)/2]計數1次

統計完畢後，分別對行列按次數排序，排序後取前 k k k行和前 l l l列即可。

時間複雜度

排序演算法的時間複雜度為 O ( n l o g n ) = 1000 × l o g ( 1000 ) O(nlogn) = 1000 \times log(1000) O(nlogn)=1000×log(1000)。

程式碼實現

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;

const int N = 1010;
//row[i].first表示行號，row[i].second表示該行相鄰同學的個數
//col[i].first表示列號，col[i].second表示該列相鄰同學的個數
PII row[N], col[N];

int cmp(PII x, PII y)
{
	//先按出現次數從大到小排序，如果出現次數相同再按座號從小到大排序
    if(x.second != y.second) return x.second > y.second;
    return x.first < y.first;
}

int main()
{
    int n, m, k, l, d;
    cin >> n >> m >> k >> l >> d;
    for(int i = 0; i < d; i ++)
    {
        int x1, y1, x2, y2;
        cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2;
        if(x1 == x2) //相同列
        {
            int c = y1 + y2 >> 1;
            col[c].first = c;
            col[c].second ++;
        }
        else //相同行
        {
            int r = x1 + x2 >> 1;
            row[r].first = r;
            row[r].second ++;
        }
    }
	//按出現次數從大到小排序
    sort(row + 1, row + n + 1, cmp);
    //對前k個數按行號從小到大排序
    sort(row + 1, row + k + 1);

    for(int i = 1; i <= k; i ++)
    {
        cout << row[i].first;
        if(i != k) cout << ' ';
        else cout << endl;
    }
	//按出現次數從大到小排序
    sort(col + 1, col + m + 1, cmp);
    //對前l個數按列號從小到大排序
    sort(col + 1, col + l + 1);
    for(int i = 1; i <= l; i ++)
    {
        cout << col[i].first;
        if(i != l) cout << ' ';
        else cout << endl;
    }

    return 0;
}