前言
莫名其妙洛谷rk1,CF rk2。(指运行时间)
于是水博客。
题目
讲解
有一个贪心策略很好想,如果确定了矩阵边长 (n),我们一定会让坐标为 ((2k_1,2k_2),k_1,k_2in N^+) 的格子空出来。
然后我们考虑将剩下的格子进行分类,建议画图理解(由于太懒就不上传图了)。其实就是图太丑。
对于坐标为 ((1+2k_1,1+2k_2),k_1,k_2in N) 的格子,我们显然可以随便填,定义其为颜色3。
而剩下的格子可以二染色,定义其为颜色1,2。
我们可以将数字数量按从小到大排序,方格按颜色1,3,2或2,3,1排序,然后填就可以了。
至于 (n),需要满足两个条件:
- (ncdot n) 的矩阵可以包含 (m) 个数。
- 没有数字的数量超过颜色1与颜色2格子数的和。
时间复杂度 (O(sum klog_2k))。
当然,如果你优化排序方式,也可以做到 (O(sum m)) 级别。
代码
struct node
{
int a,ID;
bool operator < (const node &px)const{
return a > px.a;
}
}s[MAXN];
int main()
{
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
for(int T = Read(); T ;-- T)
{
MAX = n = 0; m = Read(); k = Read();
while(n * n - (n>>1) * (n>>1) < m) n++;
for(int i = 1;i <= k;++ i) s[i].a = Read(),MAX = Max(MAX,s[i].a),s[i].ID = i;
sort(s+1,s+k+1);
while(((n+1)>>1) * ((n+1)>>1) + (n>>1) * ((n+1)>>1) < MAX) n++;
for(int i = 1;i <= n;++ i)
for(int j = 1;j <= n;++ j)
ans[i][j] = 0;
int now = 1;
for(int i = 2;i <= n && now <= k;i += 2)//二染色之一种格子
for(int j = 1;j <= n && now <= k;j += 2)
{
ans[i][j] = s[now].ID; s[now].a--;
while(!s[now].a && now <= k) now++;
}
for(int i = 1;i <= n && now <= k;i += 2)//随便填
for(int j = 1;j <= n && now <= k;j += 2)
{
ans[i][j] = s[now].ID; s[now].a--;
while(!s[now].a && now <= k) now++;
}
for(int i = 1;i <= n && now <= k;i += 2)//二染色另外一种格子
for(int j = 2;j <= n && now <= k;j += 2)
{
ans[i][j] = s[now].ID; s[now].a--;
while(!s[now].a && now <= k) now++;
}
Put(n,'
');
for(int i = 1;i <= n;++ i,putchar('
'))
for(int j = 1;j <= n;++ j)
Put(ans[i][j],' ');
}
return 0;
}