洛谷 - P17279『__OI R1』Little Circle 题解

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题意简述

有一个无穷大的方格网格，初始时所有格子都是白色。

需要选择恰好 \(n\) 个不同的格子涂黑，并满足：

• 所有黑色格子构成一个四连通块。
• 对一个黑色格子，统计它上下左右四个相邻格子中黑色格子的数量，称为它的“邻居数”。
• 要求让“邻居数恰好为 \(d\)”的黑色格子数量尽可能多，其中 \(1\le d\le 4\)。

对于每组给定的 \(n,d\)，求出这个数量的最大可能值。

考察知识点

• 03 - 基础算法 / 11 - 构造。

解题思路

因为 \(T\le 10^5,\ n\le 10^9\)，所以每组询问必须做到 \(O(1)\) 或 \(O(\log n)\) 回答。

下面把“邻居数恰好为 \(d\)”的黑色格子称为好格，目标就是最大化好格数量。

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\(d=1\)

先看小规模构造：

\(n=1\)：孤零零一格，没有邻居，答案为 \(0\)。
。

\(n=2\)：两格互为唯一邻居，两格都是好格，答案为 \(2\)。
。

\(n=3\)：一条三格链，两个端点是度 \(1\)，答案为 \(2\)。
。

\(n=4\)：T 形，三枚“叶子”都是度 \(1\)，中心格度为 \(3\) 不算，答案为 \(3\)。
。

\(n=5\)：十字形，四个臂端点都是度 \(1\)，答案为 \(4\)。
。

\(n=6\)：在十字的一条臂端再贴一格，原臂降为度 \(2\)，新格成为叶子，仍是 \(4\) 个好格。
。

\(n=7\)：十字再接一条臂，好格仍为 \(4\)。
。

\(n=8\)：好格为 \(5\)。
。

\(n=9\)：脊长为 \(5\)，第 \(1,3\) 格上下各挂一枚叶子，两端也是好格，共 \(6\) 个好格。
。

一种通用构造是：取一条水平“脊”路径，在若干互不相邻的位置的上、下两侧各挂一对叶子。
同位的上下两枚叶子互不相邻，隔位挂的也不相邻，因此每枚叶子恰有 \(1\) 个邻居，全部是好格；脊上只有“是端点且没挂叶”的格子度数为 \(1\)，也是好格。

由上面我们手推规律可以发现答案满足这样的规律：

\[\mathrm{ans}_{1}(n)= \begin{cases} 0, & n = 1,\\ 2, & n = 2,\\ 2, & n = 3,\\ 2 \times \left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor + 1, & n \geq 4 \land n\equiv 0\pmod 4,\\ 2 \times \left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor + 2, & n \geq 4 \land n \not\equiv 0\pmod 4,\\ \end{cases} \]

证明：设脊长为 \(s\)，挂了 \(p\) 对叶子，则 \(n=s+2p\)，好格数为 \(2p+2\) 再扣掉端点挂叶带来的损失。按 \(n\) 的余数选取合适的 \(s,p\)，可以得到：

• \(n\equiv0\pmod4\)：答案为 \(\frac{n}{2}+1\)；
• \(n\equiv1\pmod4\)：答案为 \(\frac{n+3}{2}\)；
• \(n\equiv2\pmod4\)：答案为 \(\frac{n}{2}+1\)；
• \(n\equiv3\pmod4\)：答案为 \(\frac{n+1}{2}\)。

可以统一写成我们上面提到的式子。

最优性证明：直观上，每枚好格都需要一个“父格”来提供邻居，平均一条链上每格最多支撑一个好格，链两端最多各多一个好格；\(n\equiv1\pmod4\) 时两端错开满挂可以再多一个。上述构造达到该上界。

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\(d=2\)

先看小规模构造：

\(n=1\)：只有一格，答案为 \(0\)。
。

\(n=2\)：两格互贴，都只有 \(1\) 个邻居，答案为 \(0\)。
。

\(n=3\)：台阶形三格，中间格度为 \(2\)，答案为 \(1\)。
。

\(n=4\)：台阶形四格，答案为 \(2\)。
。

\(n=5\)：台阶形五格，答案为 \(3\)。
。

\(n=6\)：台阶形六格，答案为 \(4\)。
。

这条折线只有两个端点度为 1，其余格子全部度为 2，所以黑格数恰好是 \(n-2\)。这种做法并非并非完全正确：当 \(n=4\) 就遇到了反例：\(n=4\) 的 \(2\times2\) 方块**：四格全部度为 \(2\)，答案为 \(4\)，比台阶形的 \(2\) 更好。
。

为什么会有反例？这是因为折线两个端点度为 1，只有一个邻居，使得答案少了两个。也就是说我们“浪费”了两个格子。我们联想：什么构造结构能让每个点都有两个邻居，即度为2？答案是环：让每格都恰好有 2 个黑邻居，一格不浪费。环的结构如图所示：
。

一般矩形环：取 \(a,b\ge1\)，把 \((a+2)\times(b+2)\) 的大矩形挖去内部 \(a\times b\)，剩下宽 \(1\) 的外框共有 \(2a+2b-4\) 格，每格都恰好有 \(2\) 个邻居，全部是好格。
。

因此对所有偶数 \(n\ge8\)，取 \(b=3\)，即外框为 \(3\times(n/2-1)\) 的矩形环，可以做到 \(n\) 个好格，这也是理论上界。

奇数 \(n\) 时，网格是二分图，不存在奇数长度的环，所以“每格度都是 \(2\) 的连通块”只能是偶环；奇数 \(n\) 时至少有一个格子不是好格，上界为 \(n-1\)。

如果n为奇数：我们可以通过使用两个矩阵共用一个角来得到最优方案。如图所示：

小 \(n\) 与 \(n=9\) 需要特判：

• \(n\le2\)：答案为 \(0\)；
• \(n=3\)：答案为 \(1\)；
• \(n=4\)：答案为 \(4\)；
• \(n=5\)：答案为 \(3\)；
• \(n=6\)：答案为 \(4\)；
• \(n=7\)：答案为 \(6\)；
• \(n=9\)：答案为 \(7\)。

结论：

\[\mathrm{ans}_2(n)= \begin{cases} 0, & n\le2,\\ 1, & n=3,\\ 4, & n=4,\\ 3, & n=5,\\ 4, & n=6,\\ 7, & n=9,\\ n-(n\bmod2), & n\ge7,\ n\ne9. \end{cases} \]

直观记忆：偶数 \(n\ge8\) 全部命中 \(n\)；奇数 \(n\ge7\) 差 \(1\)，得 \(n-1\)；只有 \(n\le6\) 和 \(n=9\) 需要特判。

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\(d=3\)

先看小规模构造：

\(n=1\)：孤格，答案为 \(0\)。
。

\(n=2\)：两格互贴，答案为 \(0\)。
。

\(n=3\)：折线或 L 形，没有度为 \(3\) 的格子，答案为 \(0\)。
。

\(n=4\)：T 形，中心格度为 \(3\)，答案为 \(1\)。
。

\(2\times2\) 方块：四格全部度为 \(2\)，答案为 \(0\)，它是下面长条构造的起点。
。

\(n=5\)：好格 \(1\)。
。

\(n=6\)：\(2\times3\) 长条，中间一列 \(2\) 个好格。
。

\(n=7\)：好格 \(3\)。
。

\(n=8\)：\(2\times4\) 长条，好格 \(4\)。
。

\(n=9\)：好格 \(5\)。
。

\(n=10\)：好格 \(6\)。
。

\(n=11\)：好格 \(7\)。
。

\(n=12\)：\(2\times6\) 长条，好格 \(8\)。
。

构造思路：取 \(2\times k\) 的实心长条，\(n=2k\)。每列内侧两格都只有左、右、内侧三个邻居，度为 \(3\)，全部是好格；角落四格度为 \(2\)，不算。
好格数为 \(2k-4=n-4\)。奇数 \(n\) 时在长条一端接一小段尾臂，或去掉一角，把多出来的格子“挂”在端点之外，好格数仍为 \(n-4\)。

上界方面，设 \(N_i\) 为度恰好为 \(i\) 的黑格个数，\(r\) 为图形围住的区域个数。对度数求和并结合欧拉公式，有恒等式。

\[N_3=N_1+2r-2-2N_4. \]

另一方面，对 \(n\ge5\) 的连通图形，至少 \(4\) 个格子的度不为 \(3\)。于是。

\[N_3=n-(N_1+N_2+N_4)\le n-4. \]

构造达到上界。

结论：

\[\mathrm{ans}_3(n)= \begin{cases} 0, & n\le3,\\ 1, & n=4,\\ n-4, & n\ge5. \end{cases} \]

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\(d=4\)

先看小规模构造与规律图：

\(n=1\)：答案为 \(0\)。
。

\(n=2\)：答案为 \(0\)。
。

\(n=3\)：答案为 \(0\)。
。

\(n=4\)：任何四格都不可能让某格四邻全黑，答案为 \(0\)。
。

\(n=5\)：十字形，中心四邻全黑，答案为 \(1\)。
。

菱形逐层生长规律：\(1\to5\to13\to25\)，答案跟着走 \(0\to1\to5\to13\)。
。

环长规律：每一层环长恰好为 \(4,8,12,\dots\)，第 \(k\) 环有 \(4k\) 格。
。

\(n=25\)：正好是完整菱形 \(B_3\)，好格为内层 \(B_2\)，共 \(13\) 个。
。

从 \(B_1\) 补到 \(B_2\) 的过程：

\(n=6\)：答案为 \(1\)。
。

\(n=7\)：答案为 \(1\)。
。

\(n=8\)：答案为 \(2\)。
。

\(n=9\)：答案为 \(2\)。
。

\(n=10\)：答案为 \(3\)。
。

\(n=11\)：答案为 \(3\)。
。

\(n=12\)：答案为 \(4\)。
。

\(n=13\)：正好补成完整菱形 \(B_2\)，好格为内层 \(B_1\)，共 \(5\)。
。

\(d=4\) 的好格就是上下左右四邻全黑的格子，也就是一个完整“十字”的中心。问题转化为：怎样用最少的格子包住尽量多个完整的十字。

设 \(T\) 为希望成为好格的格子集合，\(N[c]\) 表示格 \(c\) 与它上下左右四格组成的十字，\(N[T]=\bigcup_{c\in T}N[c]\)。
若 \(T\) 中每个格子都是好格，则必须把 \(N[T]\) 全部涂黑，所以 \(|N[T]|\le n\)。反过来，只要 \(|N[T]|\le n\)，把 \(N[T]\) 全部涂黑，再补满到 \(n\) 格，就得到至少 \(|T|\) 个好格。因此。

\[\mathrm{ans}_4(n)=\max\{|T|:|N[T]|\le n\}. \]

这是一道离散等周问题：格数固定时，什么形状的“闭邻域”最小。

在 \(\ell_1\) 距离下，半径 \(r\) 的菱形。

\[B_r=\{(x,y):|x|+|y|\le r\} \]

具有以下性质：

• \(|B_r|=2r^2+2r+1\)，即 \(1,5,13,25,41,61,\dots\)；
• 第 \(r\) 环 \(B_r\setminus B_{r-1}\) 恰好 \(4r\) 格；
• 闭邻域恰好是下一层菱形：\(N[B_r]=B_{r+1}\)。

因此，把 \(B_{r+1}\) 整块涂黑时，好格恰好是内层 \(B_r\)。于是。

\[n=2r^2+2r+1\ \Longrightarrow\ \mathrm{ans}_4(n)=2r^2-2r+1. \]

也就是 \(n=1,5,13,25,41,61,\dots\) 时，答案为 \(0,1,5,13,25,41,\dots\)。

当 \(n\) 落在两层完整菱形之间时，先涂满 \(B_r\)，好格已有 \(2r^2-2r+1\) 个；剩余 \(m\) 个格子放进外圈，尽量让贴着菱形边缘的格子变成好格。摊销下来，\(m\) 个额外格子最多多换来。

\[g(m)=\max\left(0,\ m-\left\lfloor\frac{m}{r+1}\right\rfloor-1\right) \]

个好格。

最终公式：取 \(r\) 为满足。

\[2r^2+2r+1\le n \]

的最大整数，令。

\[m=n-(2r^2+2r+1), \]

则

\[\mathrm{ans}_4(n)= \begin{cases} 0, & n\le4,\\ (2r^2-2r+1)+\max\left(0,\ m-\left\lfloor\dfrac{m}{r+1}\right\rfloor-1\right), & n\ge5. \end{cases} \]

逐项校验：

• \(n=5\sim13\) 给出 \(1,1,2,2,3,3,4,5\)，与枚举一致；
• \(n=25\to13,\ n=40\to24,\ n=41\to25\)；
• 不能把 \(n=39\) 当成“接近完整菱形”而多算。它对应 \(r=3,\ m=14\)，答案为。
  \[13+14-\left\lfloor\frac{14}{4}\right\rfloor-1=23. \]
  想拿满 \(|B_3|=25\) 个好格，必须 \(n\ge|B_4|=41\)。

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复杂度分析

时间复杂度

• 单组询问 \(O(1)\)：\(d=1,2,3\) 只需几次判断和四则运算；\(d=4\) 先用。
  \[r\approx\frac{\sqrt{2n-1}-1}{2} \]
  估算，再上下微调至多一两步校正，其余都是整数运算。
• 总复杂度 \(O(T)\)，而 \(T\le10^5\)，1 s 内绰绰有余。

空间复杂度

• 主要存储：\(O(1)\)。
• 临时变量：\(O(1)\)。
• 总空间：\(O(1)\)。

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代码实现

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

int main() {
    int testsumt;
    scanf("%d", &testsumt);
    while (testsumt--) {
        ll n;
        int d;
        scanf("%lld%d", &n, &d);

        ll ans = 0;

        if (d == 1) {
            if (n == 1) ans = 0;
            else ans = n / 2 + 1 + (n % 4 == 1 ? 1 : 0);
        } else if (d == 2) {
            if (n <= 2) ans = 0;
            else if (n == 3) ans = 1;
            else if (n == 4) ans = 4;
            else if (n == 5) ans = 3;
            else if (n == 6) ans = 4;
            else if (n == 9) ans = 7;
            else ans = n - (n & 1LL);
        } else if (d == 3) {
            if (n <= 3) ans = 0;
            else if (n == 4) ans = 1;
            else ans = n - 4;
        } else {
            if (n <= 4) {
                ans = 0;
            } else {
                ll r = (ll)((sqrtl((long double)(2 * n - 1)) - 1) / 2);

                while (r > 0 && 2 * r * r + 2 * r + 1 > n) r--;
                while (2 * (r + 1) * (r + 1) + 2 * (r + 1) + 1 <= n) r++;

                ll m = n - (2 * r * r + 2 * r + 1);
                ans = 2 * r * r - 2 * r + 1;

                if (m >= 1) {
                    ans += m - m / (r + 1) - 1;
                }
            }
        }

        printf("%lld\n", ans);
    }

    return 0;
}

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易错点与注意事项

• \(n\) 需要用 long long：\(n\) 最大 \(10^9\)，平方与乘法都会超出 int 范围。
• \(d=1\)：结论为。
  \[\mathrm{ans}_{1}(n)= \begin{cases} 0, & n = 1,\\ 2, & n = 2,\\ 2, & n = 3,\\ 2 \times \left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor + 1, & n \geq 4 \land n\equiv 0\pmod 4,\\ 2 \times \left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor + 2, & n \geq 4 \land n \not\equiv 0\pmod 4,\\ \end{cases} \]
  不要写成“奇数就加一”。
• \(d=2\)：小情形 \(n\le6\) 与 \(n=9\) 必须特判；奇数 \(n\ge7\) 通常是 \(n-1\)，但 \(n=9\) 是 \(7\)，不要混用。
• \(d=3\)：\(n=4\) 输出 \(1\)（T 形特例），直接套 \(n-4\) 会错。
• \(d=4\)：\(n\le4\) 特判输出 \(0\)；用 sqrtl 估算 \(r\) 后必须循环微调，防止浮点误差；\(m=0\) 时不能算 \(m-\lfloor m/(r+1)\rfloor-1\)，要用 if (m >= 1) 保护。
• 多组数据：每组独立计算；输出用 %lld，不要有多余空格或漏换行。

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参考资料

• 注：本文题解排版与逻辑梳理符合题解规范。生成式人工智能（GenAI）辅助了排版与内容润色，保证本人贡献大于生成式人工智能。