傳送門
因為交換同一列的相鄰兩行，這一列的總數不變；交換同一行的相鄰兩列，這一行的總數不變。
那麼如果可以平均分配的話，可以先將所有行都分配好，然後再將所有列分配好。
這樣就變成了做兩次環形紙牌分配問題，
給乙個數列，最後一位和第一位相鄰，問能否平均分配，最少需要傳遞多少次。
首先考慮普通紙牌均分問題：
有 \(n\) 個人坐成一排，每個人 \(a[i]\) 張牌，每個人只能和旁邊的人交換紙牌，問最好交換幾次能使所有人的手牌數相等。
這是乙個經典問題，答案等於 \(\sum_^n|s[i]-\frac\cdot i|\)，其中 \(s[i]=\sum_^ia[i],t=sum[n]\)。
這個結論是很好證明的，前 \(i\) 個人現在有的牌總共為 \(s[i]\) 張，而他們最終的狀態是總共 \(\frac\cdot i\) 張，所以他們需要通過第 \(i\) 個人向第 \(i+1\) 個人給出或者索取 \(|s[i]-\frac\cdot i|\) 張牌。
環形紙牌均分問題：
剛剛是 \(n\) 個人做成一行，現在是 \(n\) 個人做成一圈，第 \(1\) 個人和第 \(n\) 個人也可以交換紙牌了，問題相同。
不管怎麼說，它總有乙個起點，乙個終點，我們現在只是不清楚怎樣選取起點終點可以使得答案更小而已，不妨先設將第 \(k+1\) 個人設為起點，第 \(k\) 個人設為終點。
設 \(a[i]=a[i]-\frac\)，\(s[i]=\sum_^ia[i]\)，從第 \(k\) 個人斷開看成一行。列出現在的排列和字首和：
\[\\a[k+1]\quad s[k+1]-s[k]
\\a[k+2]\quad s[k+2]-s[k]
\\ \cdot
\\a[n]\quad s[n]-s[k]
\\a[1]\quad s[1]+s[n]-s[k]
\\a[2]\quad s[2]+s[n]-s[k]
\\ \cdot
\\a[k]\quad s[k]+s[n]-s[k]
\]因為 \(s[i]=\sum_^ia[i]\)，所以 \(s[n]=0\)，那麼可以發現對於不同的 \(k\)，答案是 \(\sum_^n|s[i]-s[k]|\)，這個式子又涉及到了乙個經典問題。
貨艙選址
x 軸上有 \(n\) 個廠房，給出每個的位址 \(a[i]\)，要求選乙個廠房位址建貨艙使所有廠房到這裡的路程總和最小。
答案也是很簡單的，是 \(a\) 數列的中位數，證明：設在最優位置倉庫左邊有 \(q\) 個倉庫，總距離 \(q\)，右邊有 \(p\) 個倉庫，總距離 \(p\)，則滿足以下關係：
\[\\q+p\le q-q*disl+p+(p+1)*disl\rightarrow p-q+1\geq 0
\\q+p\le q+(q+1)*disr+p-p*disr\rightarrow q-p+1\geq 0
\\ \downarrow
\\|p-q|\le 1
\]回到環性紙牌均分問題
\(\sum_^n|s[i]-s[k]|\) 的最小值就是 \(s[k]\) 取 \(s\) 的中位數時
#include using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e5+10;
int n,m,t;
ll r[maxn],c[maxn];
ll calc(ll *a,int n)
int main()
if(t%n==0&&t%m==0) printf("both %lld\n",calc(r,n)+calc(c,m));
else if(t%n==0) printf("row %lld\n",calc(r,n));
else if(t%m==0) printf("column %lld\n",calc(c,m));
else printf("impossible\n");
return 0;
}
bzoj3032 數論 中位數 七夕祭
description input 第一行包含三個整數n和m和t。t表示cl對多少個攤點感興趣。接下來t行，每行兩個整數x,y，表示cl對處在第x行第y列的攤點感興趣。output 首先輸出乙個字串。如果能滿足vani的全部兩個要求，輸出both 如果通過調整只能使得各行中cl感興趣的攤點數一樣多，...
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有乙個會場由 n role presentation style position relative nn排 m role presentation style position relative m m列共計n m role presentation style position relative...
AcWing 105 七夕祭 貪心
我們發現 交換左右相鄰的攤點，只會改變某兩列的數量，同理，交換上下相鄰的攤點有改變某兩行的數量 於是我們就可以將行和列分開考慮 而對於行和列 就是經典的均分紙牌問題，不過這裡是環形均分紙牌 必然有一種最優解 有相鄰兩個位置不發生交換 假設有 t 張牌，n 個人，令 a i frac s i 為字首和...