2020牛客暑期多校训练营Mask Allocation(欧几里得算法)

Mask Allocation

题目描述

输入描述:

输出描述:

示例1

输入

2
5 4
3 3

输出

8
4 4 4 4 1 1 1 1
3
3 3 3

题目大意

给定一个$n$和$m$，要求输出一种把$n\ast m$分组的方案，使得这个分组的方案中能合并元素变成$n$等分也能变成$m$等分。输出分组的方案中字典序最大的那个，并在此之前输出分组的个数。
如：$5,4$
$4,4,4,4,1,1,1,1$可以把后面$4$个$1$分别加到前面的$4$上，变成$4$等分$(5,5,5,5)$，也可以将后面的$1$全部合并起来变成$4$实现$5$等分$(4,4,4,4,4)$。

分析

灵光一闪

这题比赛的时候就做出来了，当时灵光一现就感觉是这么做的，找了几组数据就AC了。
先说说比赛的时候我的做法。
先列出两个数列，分别是全为$n$的长为$m$的和全为$m$的长为$n$的。然后将它们上下对齐。
下面以$5,3$为例：
$5,5,5$
$3,3,3,3,3$
然后将相等的长度部分都减去较小的部分。
$2,2,2$
$0,0,0,3,3$
然后将$0$的部分去掉。
$2,2,2$
$3,3$
然后将上面减掉的长度存入答案。即 a n s = { 3 , 3 , 3 } ans=\{3,3,3\} ans={3,3,3}。然后再进行上面的操作。即：
$0,0,2$$1,1$ a n s = { 3 , 3 , 3 , 2 , 2 } ans=\{3,3,3,2,2\} ans={3,3,3,2,2}//减去相同
$2$$1,1$ a n s = { 3 , 3 , 3 , 2 , 2 } ans=\{3,3,3,2,2\} ans={3,3,3,2,2}//去掉0，下同，直到都是0
$1$$0,1$ a n s = { 3 , 3 , 3 , 2 , 2 , 1 } ans=\{3,3,3,2,2,1\} ans={3,3,3,2,2,1}
$1$$1$ a n s = { 3 , 3 , 3 , 2 , 2 , 1 } ans=\{3,3,3,2,2,1\} ans={3,3,3,2,2,1}
$0$$0$ a n s = { 3 , 3 , 3 , 2 , 2 , 1 , 1 } ans=\{3,3,3,2,2,1,1\} ans={3,3,3,2,2,1,1}
退出。发现$ans$就是答案，而且是字典序最大的。
当时是这么做了，也是冥冥之中有点感觉。也没仔细想过。
那么AC代码就放在这里，大家自己理解。

正解

接下来是正解。
首先我们考虑前几个的答案。假如我们默认$n\ge m$，那么前$n-nmodm$个答案肯定是$m$。因为如果大于$m$，那么无法变成$n$等分，小于的话字典序没有$m$大。所以我们可以把前$m$个填掉。
那么接下来，我要把剩下的几个填掉，那么，考虑需要满足什么。如果我这个填完之后，满足可以构成$nmodm$个$m$以及能构成$m$个$n$就可以了。结果发现求解过程是类似于辗转相除法的，所以只要跑一趟$gcd$就可以AC了。
与上面的对照，发现其实根本是一样的，上面的比较容易想到，而正解是每一步都是实的，比较稳。上面数组相减其实和这个辗转没有太大的区别，看官们可以结合起来啃啃。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define inf 1<<30
using namespace std;
vector<int> ans;
void gcd(int n,int m)
{
    if(m==0) return;
    for(int i=0;i<(n/m)*m;i++) ans.push_back(m);
    //存储答案
    gcd(m,n%m);
}//gcd
int main()
{
    int t,n,m,i;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        ans.clear();
        scanf("%d%d",&n,&m);
        if(n<m) swap(n,m);//nm的顺序没有关系，为了代码的方便，交换成n>=m
        gcd(n,m);
        printf("%d\n",ans.size());
        for(i=0;i<ans.size();i++)   
            printf("%d ",ans[i]);
        puts("");
    }
    return 0;
}

END

简单的规律题，其实很容易想到的。