七夕祭 （前缀和，排序）

七夕祭 （前缀和，排序）

题意是中文的就不重复了。。

思路：

列之间的交换并不会影响行的结果，相似的，行之间的交换并不会影响列的结果

首先我们进行可行性判断

即t个点可以被n行或者m列所均分

可以抽象为将t个点均分给n或m个人（类似题目[均分纸牌][https://ac.nowcoder.com/acm/problem/16739]）

以下以分给n个人为例

第i个人需要的纸牌数目为$A[i]=row[i]-(t/n)$,为正则为需要纸牌，从i+1个人手里拿A[i]个，i+1个人手里不够也能拿，先欠着

我们的目的就是最终让A数组全为0

易证得，A[i]的前缀和S[i]，就是遵循上述操作之后，第i个人需要的纸牌数目，我们每次会对其进行|S[i]|次操作

所以答案等于${\sum }_i^n|S[i]|其中S[i]={\sum }_j^{i}A[j],A[j]=row[j]-(t/n)$

上述的线性的答案，但是本题目是环形的

容易想到，每次对n-1个人进行操作之后，最后剩下的那个人肯定不用进行操作

我们选取一个人k，从他断开环，转换为线性问题

此时序列为$A[k+1],A[k+2]...A[n],A[1],A[2]...A[k]$

其前缀和为$S[k+1]-S[k],S[k+2]-S[k],...S[n]-S[k],S[1]+S[n]-S[k],S[2]+S[n]-S[k],S[k]+S[n]-S[k]$

所以上述公式我们可以变形为

${\sum }_i^n|S[i]-S[k]|，同时，易证得我们选取S序列的中位数能使前述式子值为最小$

所以S[k]取S的中位数即为答案

代码：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long int;
int row[100005], col[100005], n, m, t;
int cnt = 0;
int main(void) {
	scanf("%d%d%d", &n, &m, &t);
	int x, y;
	while (t--) {
		scanf("%d%d", &x, &y);
		row[x]++;
		cnt++;
		col[y]++;
	}
	bool rflag = cnt % n;
	bool cflag = cnt % m;
	int c1 = cnt / n;
	int c2 = cnt / m;
	long long ansc = 0;
	long long ansr = 0;
	if (!rflag) {//计算行操作数
		for (int i = 0; i < n; i++) {
			row[i] -= c1;
		}
		for (int i = 1; i < n; i++) {
			row[i] += row[i - 1];
		}
		int base = 0;
		sort(row, row + n);
		if (n & 1) {
			base = row[(n + 1) / 2-1];
		}
		else {
			base = row[n / 2-1];
		}
		for (int i = 0; i < n; i++) {
			ansr += labs(row[i] - base);
		}
	}
	if (!cflag) {//计算列操作数
		for (int i = 0; i < m; i++) {
			col[i] -= c2;
		}
		for (int i = 1; i < m; i++) {
			col[i] += col[i - 1];
		}
		int base = 0;
		sort(col, col + m);
		if (m & 1) {
			base = col[(m + 1) / 2-1];
		}
		else {
			base = col[m / 2-1];
		}
		for (int i = 0; i < m; i++) {
			ansc += labs(col[i] - base);
		}
	}
	if (!rflag && !cflag) {
		printf("both %lld", ansc + ansr);
	}
	else if (!rflag) {
		printf("row %lld", ansr);
	}
	else if (!cflag) {
		printf("column %lld", ansc);
	}
	else {
		printf("impossible");
	}
	return 0;
}