题目

七夕节因牛郎织女的传说而被扣上了「情人节」的帽子。

于是 TYVJ 今年举办了一次线下七夕祭。

Vani 同学今年成功邀请到了 cl 同学陪他来共度七夕，于是他们决定去 TYVJ 七夕祭游玩。

TYVJ 七夕祭和 11 区的夏祭的形式很像。

矩形的祭典会场由 $N$ 排 $M$ 列共计 $N\times M$ 个摊点组成。

虽然摊点种类繁多，不过 cl 只对其中的一部分摊点感兴趣，比如章鱼烧、苹果糖、棉花糖、射的屋……什么的。

Vani 预先联系了七夕祭的负责人 zhq，希望能够通过恰当地布置会场，使得各行中 cl 感兴趣的摊点数一样多，并且各列中 cl 感兴趣的摊点数也一样多。

不过 zhq 告诉 Vani，摊点已经随意布置完毕了，如果想满足 cl 的要求，唯一的调整方式就是交换两个相邻的摊点。

两个摊点相邻，当且仅当他们处在同一行或者同一列的相邻位置上。

由于 zhq 率领的 TYVJ 开发小组成功地扭曲了空间，每一行或每一列的第一个位置和最后一个位置也算作相邻。

现在 Vani 想知道他的两个要求最多能满足多少个。

在此前提下，至少需要交换多少次摊点。

输入格式

第一行包含三个整数 $N$ 和 $M$ 和 $T$，$T$ 表示 cl 对多少个摊点感兴趣。

接下来 T 行，每行两个整数 $x,y$，表示 cl 对处在第 $x$ 行第 $y$ 列的摊点感兴趣。

输出格式

首先输出一个字符串。

如果能满足 Vani 的全部两个要求，输出 both；

如果通过调整只能使得各行中 cl 感兴趣的摊点数一样多，输出 row；

如果只能使各列中 cl 感兴趣的摊点数一样多，输出 column；

如果均不能满足，输出 impossible。

如果输出的字符串不是 impossible， 接下来输出最小交换次数，与字符串之间用一个空格隔开。

数据范围

• $1\le N,M\le 100000$
• $0\le T\le \min (N\ast M,100000)$
• $1\le x\le N$
• $1\le y\le M$

输入样例

2 3 4
1 3
2 1
2 2
2 3

输出样例

row 1

分析

整体思路

经过分析，可以发现，交换左右两个相邻的摊点只会改变某两列中 cl 感兴趣的摊点数，不会改变每行中 cl 感兴趣的摊点数。同理，交换上下两个相邻的摊点只会改变某两行中 cl 感兴趣的摊点数，不会改变每列中 cl 感兴趣的摊点数。所有可以把本题分成两个互相独立的部分计算。

1. 通过最少次数的左右交换使每列中 cl 感兴趣的摊点数相同。
2. 通过最少次数的上下交换使每行中 cl 感兴趣的摊点数相同。

以第 1 个问题为例进行探讨。

可以统计出在初始情况下，每列中 cl 感兴趣的摊点总数，记为 $C[1]$ ~ $C[M]$。若 cl 感兴趣的摊点总数 $T$ 不能被 $M$ 整除，则不可能达到要求。若 $T$ 能被 $M$ 整除，则目标就是让每列中有 $T/M$ 个 cl 感兴趣的摊点。

思考到这里，可能已经想到了一个与此类似的经典问题 “均分纸牌”。

「均分纸牌」问题

“均分纸牌”问题是说，有 $M$ 个人排成一行，他们手中分别有 $C[1]$ ~ $C[M]$ 张纸牌，在每一步操作中，可以让某个人把自己手中的一张纸牌交给他旁边的一个人，求至少需要多少步操作才能让每个人手中持有的纸牌数相等。显然，当所有人手中持有的纸牌总数 $T$ 能被 $M$ 整除时，“均分纸牌” 问题有解，在有解时，可以先考虑第一个人。

1. 若 $C[1]>T/M$，则第一个人需要给第二个人 $C[1]-T/M$ 张纸牌，即把 $C[2]$ 加上 $C[1]-T/M$。
2. 若 $C[1]<T/M$，则第一个人需要从第二个人手中拿 $T/M-C[1]$ 张纸牌，即把 $C[2]$ 减去 $T/M-C[1]$。

按照同样的方法，依次考虑第 2 ~ $M$ 个人。即使在某个时刻有某个 $C[i]$ 被减为负数也没有关系，因为接下来 $C[i]$ 就会从 $C[i+1]$ 处拿牌，在实际中可以认为 $C[i]$ 从 $C[i+1]$ 处拿牌发生在 $C[i-1]$ 从 $C[i]$ 处拿牌之前。按照这种方法，经过计算，达到目标所需要的最少步数其实就是：
$$\sum _{i=1}^M|i\ast \frac{T}{M}-G[i]|，其中G是C的前缀和，即G[i]=\sum _{j=1}^{i}C[j]$$
其含义是每个 “前缀” 最初共持有 $G[i]$ 张纸牌，最终会持有 $i\ast T/M$ 张纸牌，多退少补，会与后边的人发生 “二者之差的绝对值” 张纸牌的交换。

如果设 $A[i]=C[i]-T/M$，即一开始就让每个人手中的纸牌数都减掉 $T/M$，并且最终让每个人手里都恰好 0 张牌，答案显然不变，就是：
$$\sum _{i=1}^M|S[i]|，其中S是A的前缀和，即S[i]=\sum _{j=1}^{i}A[j]$$

从数学的角度，以上两个公式也可以互相推导得到。

「环形均分纸牌」问题

回到本题，如果不考虑 “第 1 列与最后一列也是相邻的” 这一条件，那么刚才提到的本题中的第 1 个问题与 “均分纸牌” 问题是等价的。若问题有解，一定存在一种适当的顺序，使得每一步传递纸牌的操作可以转化为交换一对左右相邻的摊点（其中 cl 恰好对这两个摊点之一感兴趣）。

若第 1 列与最后一列相邻，则问题等价于一个 “环形均分纸牌”。仔细思考可以发现，一定存在一种最优解的方案，环上某两个相邻的人之间没有发生纸牌交换操作。于是有一种朴素的做法是，枚举这个没有发生交换的位置，把环断开看成一行，转化为一般的 “均分纸牌” 问题进行计算。

首先，一般的 “均分纸牌” 问题就相当于在第 $M$ 个人与第 1 个人之间把环断开，此时这 $M$ 个人写成一行，其持有的牌数、前缀和分别是：
$$\begin{gathered} A[1]S[1] \\ A[2]S[2] \\ ...... \\ A[M]S[M] \end{gathered}$$
如果在第 $k$ 个人之后把环断开写成一行，这 $M$ 个人持有的纸牌数、前缀和分别是：
$$\begin{gathered} A[k+1]S[k+1]-S[k] \\ A[k+2]S[k+2]-S[k] \\ ...... \\ A[M]S[M]-S[k] \\ A[1]S[1]+S[M]-S[k] \\ ...... \\ A[k]S[k]+S[M]-S[k] \end{gathered}$$
注意，此处 $A$ 是减去最终每个人手里纸牌数 $T/M$ 之后的数组，$A$ 数组均分之后每个人手里都有 0 张纸牌，所以 $S[M]=0$。也就是说，从第 $k$ 个人把环断开写成一行，前缀和数组的变化是每个位置都减去 $S[k]$。

根据上面推导的公式，所需最小步数为：
$$\sum _{i=1}^M|S[i]-S[k]|，其中S是A的前缀和，即S[i]=\sum _{j=1}^{i}A[j]$$

当 $k$ 取何值时上式最小？这就是 “AcWing104.货仓选址” 问题！其中 $S[i]$ 是数轴上 $M$ 家商店的位置，$S[k]$ 是货仓的位置，$|S[i]-S[k]|$ 就是二者之间的距离。根本不需要枚举 $k$，只需要把 $S$ 从小到大排序，取中位数作为 $S[k]$ 就是最优解！至此，本题得到完美解决，时间复杂度为 $O(NlogN+MlogN)$。

思路总结

综上所述，本题可类比为行、列方向上的两次 “环形均分纸牌” 问题。环形均分纸牌又类比为 “均分纸牌” 与 “货仓选址” 问题。其中的每一步都仅使用了基本算法和性质，最后转化为了简单而经典的问题。

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;#define ll long long
const int N = 1e5 + 10;int n, m, t, a[N], b[N]; //a数组记录每行感兴趣的摊点个数，b数组记录每列感兴趣的摊点个数
ll s[N]; //前缀和数组int func(int *arr, int x) {ll sum = 0;int avg = t / x; //每行/列应该多少个摊点for (int i = 1; i <= x; i++) arr[i] -= avg; //每行/列减去平均的摊点个数s[0] = 0;for (int i = 1; i <= x; i++) s[i] = s[i - 1] + arr[i];//求前缀和sort(s + 1, s + 1 + x); //排序for (int i = 1; i <= x; i++) sum += abs(s[i] - s[(x + 1) / 2]); //s[(x + 1) / 2]为中位数return sum;
}int main() {cin >> n >> m >> t;int x, y;for (int i = 1; i <= t; i++) {cin >> x >> y;a[x]++;b[y]++;}bool row = !(t % n),  col = !(t % m);if (row && col) {cout << "both ";} else if(row) {cout << "row ";} else if (col) {cout << "column ";} else {cout << "impossible" << endl;return 0;}ll ans = 0;if (row) {ans += func(a, n);} if (col) {ans += func(b, m);}cout << ans << endl;return 0;
}