Solution -「ARC 103B」Robot Arms

Description

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给定 \(n\) 组坐标。构造长度为 \(m\) 的序列 \(\{c_n\}\) 和 \(n\) 组包含 LRUD 的路径，满足对于每一组坐标：

• \(c_i\) 表示第 \(i\) 步「步长」。
• 对于每个坐标，从 \((0,0)\) 开始走，共走 \(m\) 步。第 \(i\) 步可以让 \((x,y)\) 变成 \((x±c_i,y)\) 或 \((x,y±c_i)\) 。
• 走完 \(m\) 次之后，恰好走到这组坐标。
• 要求 \(m\leq 40,c_i\leq 10^{12}\) 。

Solution

好强的题啊。

先考虑无解的情况。

即是 \(x_{i}+y_{i}\) 的奇偶性不同的情况为无解。

仔细看 \(m\) 的限制疑似是 \(\log(x+y)\) 级别的，考虑二进制拆分。

于是考虑 \(\{2^{k}\}\) 可以凑出的坐标。

只考虑 1-dimension 的做法。

我们能够维护的地方就是 \(\sum_{i=0}^{k}2^{i}=2^{k+1}-1\)（这里算的是曼哈顿距离）。

那么这一定是个奇数，如果 \((x,y)\) 的曼哈顿距离是偶数就考虑换原点。

那么这就做完了。

full ver.

using i64 = long long;
using pii = std::pair<i64, i64>;

std::vector<int> sL;
std::vector<std::string> dR;
std::pair<int, int> as[MAXN];
int n, wax[4], way[4];
char trans[4];

int main () {
	std::ios::sync_with_stdio ( 0 ); std::cin.tie ( 0 ); std::cout.tie ( 0 );
	std::cin >> n; initial ();
	rep ( i, 1, n )	std::cin >> as[i].first >> as[i].second;
	rep ( i, 2, n ) if ( ( as[i].first + as[i].second + as[i - 1].first + as[i - 1].second ) & 1 )	return ( puts ( "-1" ), 0 );
	sL.push_back ( 1 );
	rep ( i, 1, 30 )	sL.push_back ( 1 << i );
	if ( ( ( as[1].first + as[1].second ) & 1 ) ^ 1 )	sL.push_back ( 1 );
	std::reverse ( sL.begin (), sL.end () );
	rep ( i, 1, n ) {
		dR.push_back ( std::string () );
		i64 curx = as[i].first, cury = as[i].second;
		if ( ( ( curx + cury ) & 1 ) ^ 1 )	dR[i - 1].push_back ( 'U' ), cury --;
		per ( j, 30, 0 ) rep ( k, 0, 3 ) {
			i64 nxtx = curx + ( i64 )wax[k] * ( ONE64 << j );
			i64 nxty = cury + ( i64 )way[k] * ( ONE64 << j );
			if ( std::abs ( nxtx ) + std::abs ( nxty ) < ( ONE64 << j ) ) {
				curx = nxtx, cury = nxty;
				dR[i - 1].push_back ( trans[k] );
				break;
			}
		}
	}
	std::cout << sL.size () << '\n';
	for ( int p : sL )	std::cout << p << ' ';
	std::cout << '\n';
	for ( std::string p : dR )	std::cout << p << '\n';
	return 0;
}