HDU 6616 Divide the Stones
题面
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Special judge Yes
OS Windows
中文题意
把\(n\)块石头分成\(k\)堆，要求每堆石头的重量之和相等。输出是否可以实现要求。如果可以实现，还要输出每堆石头里每一块石头的重量
比赛惨状
赛场上看见的第一反应——dp？不会。然后就先扔给有点思路队友，写另一道主席树（这题）去了。主席树写到一半，想起来题目里有个条件，k是n的因子，然后想到\(\frac{n}{k}\)是整数，然后想到幻方，于是和刚这题的队友说了一下可以往幻方的方向思考一下，然后队友表示没有听说过幻方，于是我接着TLE我的主席树，直到结束也没A，两个队友刚的另外两题也没刚出来，包括这题。最后两题惨淡收场。
比赛结束后补题，补分解质因数这题的队友发现，有个循环变量\(i\)有个地方忘记加一了……我听着其他队说主席树那题的解法，直骂自己蠢，被最多\(169\)的\(k\)骗了。
我的走不通的思路
我们先令\(m=\frac{n}{k}\)。这里有一个结论（貌似这题的解法可以当做这个结论的构造性的证明？）——对于这个分石头的问题，如果石头总重量能被k整除，即每一堆石头重量都是整数，\(k|\frac{(1+n)\times n}{2}\)，那么一定存在一个解，使得这\(k\)堆石头，每堆石头都是\(m\)块。
应用这个结论，题意就变成了，让我们把\(1\)~\(n\)总共\(n\)个数字填入\(k\)行\(m\)列的矩阵中，使得矩阵每一行之和相等。
设每一堆石头重量\(w=\frac{(1+n)\times n}{2k}=\frac{(1+n)\times m}{2}\)。
\(m\)是偶数的情况
此时\(n\)是偶数，那么\(1\)~\(n\)可以两两配对成\(\frac{n}{2}\)对重量为\(n+1\)的石头对。那么我们就可以把这些石头对两个两个地放进矩阵，填完一行填下一行，填满\(k\)行就完事了。为了更方便地用代码实现，我们可以蛇形填数字，像下面这样——
| 1 | 8 | 9 | 16 |
| 2 | 7 | 10 | 15 |
| 3 | 6 | 11 | 14 |
| 4 | 5 | 12 | 13 |
\(m\)是奇数的情况
k是偶数
由于\(k\times m=n\)，则\(n\)是偶数，\((n+1)\)是奇数，\(w=\frac{(1+n)\times m}{2}\)，由于\(m\)也是奇数，所以每堆石头重量不是整数，无解。
k是奇数
则\(w=\frac{(1+n)\times m}{2}\)是整数（\(n+1\)是偶数），由上文的结论可知，这是有解的。
幻方的思路(想复杂了还走不通)
-
如果\(m\geqslant k\)，就是矩阵在横着的方向更长的情况，那么可以把前\(k\times k\)个数字按照奇数阶幻方的方式填入矩阵左边\(k\times k\)的部分。剩下\((n-k\times k)\)个石头数量是偶数，要填入矩阵右边\(k\)行\(m-k\)列，而\(m-k\)是偶数（奇数减奇数等于偶数），于是问题转化为\(m\)是偶数的情况，蛇形填就好。
-
如果\(m\leqslant k\)，就是矩阵竖着的方向更长的情况，先说我xjb搞出来的结论——使用幻方无解。下面的推导感觉价值不大
先摸索一番，如果是像上一种情况，把前\(m\times m\)个数字填进矩阵上方部分，那么剩下的数字都大于上方用过的\(m^2\)个，产生的石头堆超重了。于是想着调整一下，求出幻方以后，将幻方内的数字全部增加一个固定的数，使得幻方内数字的值域正好在\([1,n]\)的正中间，那么填完幻方剩下的数字就可以两两配对了。这就差不多转化成了\(m\)是奇数、\(k\)是偶数的情况。下面的推导十分不严谨，漏洞百出……先留坑，以后完善一下吧。
但和\(m\)是奇数、\(k\)是偶数的情况有点区别，这里的总和不是\(\frac{(1+n)\times n}{2}\)，有\(\frac{n-m^2}{2}\)个数字增大了\((m^2+\frac{n-m^2}{2})\)，所以剩下的数字总和变成了$$\frac{(1+n)\times n}{2}+\frac{n-m^2}{2}\times (m2+\frac{n-m2}{2})$$
\[=\frac{(1+n)\times n}{2}+\frac{n-m^2}{2}\times \frac{n+m^2}{2} \]\[=\frac{2n+3n^2-m^2}{4} \]现在我们的目的是，把这\(n-m^2\)个数字分成\(k-m\)行，每行数字之和相等。那么每行的数字之和应该是
\[w=\frac{2n+3n^2-m^2}{4(k-m)} \]将\(k=\frac{n}{m}\)代入，整理
不想整理了可得\[w=\frac{2nm+3n^2m-m^3}{4n-4m^2} \]如果能实现要求，那么\(w\)还应该满足最基本的条件\(w=\frac{(1+n)\times m}{2}\)。于是把这两个联立起来试试（开始xjb搞，各种不严谨）
\[\frac{2nm+3n^2m-m^3}{4n-4m^2}=\frac{(1+n)\times m}{2} \]整理得
\[2nm+3n^2m-m^3==2nm-2m^3+2n^2m-2nm^3 \]\[n^2==-m^2-2nm^2 \]因为\(n\)和\(m\)都是正数，所以上式不成立。所以这种情况使用幻方无解。
题解的思路
先把\(m=1\)的情况特判了。
对于\(m\)是偶数的情况，可以用我上面那个蛇形填的办法。
对于\(m\)是奇数的情况，题解的做法有点玄学，还没仔细证明过——
- 首先把矩阵的最左边三列用\([1,3k]\)这些数填满
- 然后留下的右边部分就转化成了\(m\)是偶数的情况，蛇形填。
看不懂题解，最大的问题在于，左边这三列怎么填……题解也不说，咱也没机会问。
查了其他很多人的博客，他们都把这步一笔带过了……于是把代码复制下来，手动输入数据，看输出找规律。规律是挺明显的——
5行的情况
| 1 | 8 | 15 |
| 2 | 10 | 12 |
| 3 | 7 | 14 |
| 4 | 9 | 11 |
| 5 | 6 | 13 |
7行的情况
| 1 | 11 | 21 |
| 2 | 14 | 17 |
| 3 | 10 | 20 |
| 4 | 13 | 16 |
| 5 | 9 | 19 |
| 6 | 12 | 15 |
| 7 | 8 | 18 |
第一列顺着写下来，第二列和第三列从下到上，步长为2。还没想过为啥这是对的……先留坑
另一些思路
来自集训队队长的博客
源代码
这个是题解的思路
#include<queue>
#include<cstdio>
int T;
long long n, k;
std::queue<int> ma[100010];
int main()
{
// freopen("test.in","r",stdin);
scanf("%d", &T);
while(T--)
{
scanf("%lld%lld", &n, &k);
long long sum=(1+n)*n>>1;
if(k!=1&&k==n||sum%k)
{
puts("no");
continue;
}
puts("yes");
for(int i=1;i<=k;i++)
while(!ma[i].empty()) ma[i].pop();
long long m=n/k;
if(m&1)//m为奇数
{
for(int i=1;i<=k;i++) ma[i].push(i);
int id=k+1,row=k;
for(;id<=3*k&&id<=n;id++,row-=2)//前3列
{
while(row<1) row+=k;
ma[row].push(id);
if(id%k==0) row--;
}
int delta=1;
for(row=1;id<=n;id++)//后面的蛇形填
{
if(row<1)
{
row=1;delta=1;
}
else if(row>k)
{
row=k;
delta=-1;
}
ma[row].push(id);
row+=delta;
}
}
else//整个蛇形填
{
int delta=1,row=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(row<1)
{
row=1;
delta=1;
}
else if(row>k)
{
row=k;
delta=-1;
}
ma[row].push(i);
row+=delta;
}
}
for(int i=1;i<=k;i++)
{
while(!ma[i].empty())
{
printf("%d ",ma[i].front());//还好不卡行末空格
ma[i].pop();
}
puts("");
}
}
return 0;
}
