Codeforces 652F 解题报告

题意

有n只蚂蚁在长度为m个格子的环上，环上的格子以逆时针编号，每只蚂蚁每秒往它面向的方向移动一格。如果有两只蚂蚁相撞则相互调换方向，问t秒后每只蚂蚁的位置。

题解

首先通过观察可以发现

• 蚂蚁相撞产生的轨迹可以看成两只蚂蚁穿过对方
• 由于相撞后只会互相调换方向，每只蚂蚁的相对编号不会发生变化，即每只蚂蚁的“邻居”不会发生变化

也就是说：

• 我可以通过计算每只蚂蚁毫无阻碍产生的轨迹知道t秒后哪些位置上有蚂蚁
• 又由于每只蚂蚁的相对编号不变，我只要知道某只蚂蚁t秒后的位置就可以推算出剩下的所有蚂蚁的位置

现在的问题就由第一个问题转换成第二个问题：

• t秒后第x个蚂蚁的位置是哪
• t秒后第x个位置的蚂蚁编号是多少

对于第二个问题，我们只要求出t秒后蚂蚁按位置编号大小排序的序列就可以算出答案。假设一开始蚂蚁按初始位置编号的大小顺序排好，位置0（位置1与位置m的中间）是一个临界点，考虑两种情况来求出t秒后蚂蚁的顺序：

• t秒内所有蚂蚁没有发生碰撞：当有蚂蚁从1经过0走到m时，那么这只蚂蚁就会变成最后一只蚂蚁，第二只蚂蚁会变成第一只，以此类推。同理，当有蚂蚁从m经过0走到1时，这只蚂蚁就会变成第一只蚂蚁。因此我们只要计算t秒内蚂蚁有多少次从右至左走过0点或从左至右走过0点，求差就可以得到蚂蚁在t秒后的顺序。

• t秒内有蚂蚁发生碰撞：如果有蚂蚁发生碰撞，因为蚂蚁的轨迹可以看成穿过对方，因此我们还是可以忽略掉碰撞的情况去计算蚂蚁从两个方向通过0点的次数，就当成上面那种情况。每从右向左通过0点一次，蚂蚁的排列序列就左移一次，向右同理。

举个例子，假如一开始蚂蚁编号的排列顺序为[1,3,2]，在某一秒2从m点通过了0点到1点，序列变成[2,1,3]。假如2与1发生碰撞，2再次反向通过0点，排列顺序又变回[1,3,2]。看上去好像要判断蚂蚁2从不同方向经过了0点，但是我们完全可以忽略碰撞看成蚂蚁2从左边经过了一次0点和蚂蚁1从右边经过了一次0点，对于复杂的情况也完全适应。

此时我们已知：

• t秒后那些位置上有蚂蚁
• t秒后蚂蚁按位置的排序

我们就可以直接一一对应上蚂蚁的位置了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i, a, b) for(int i=(a); i<(b); i++)
#define per(i, a, b) for(int i=(a-1); i>=(b); i--)
typedef long long ll;
const int maxn = 300005;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
struct A {
	ll pos;
	char f;
	bool operator<(const A &x) const {
		return pos < x.pos;
	}
}a[maxn];
int id[maxn], ans[maxn];
int main()
{
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin.tie(0);
	ll n, m, t;
	cin >> n >> m >> t;
	int offset = 0;
	rep(i, 0, n) {
		id[i] = i;
		cin >> a[i].pos >> a[i].f;
		a[i].pos--;
	}
    //排序得到蚂蚁的初始排列
	sort(id, id + n, [&](int x, int y) { return a[x].pos < a[y].pos; });
	//计算蚂蚁t秒后的排列，顺便算出t秒后哪些位置出现了蚂蚁
    rep(i, 0, n) {
		if (a[i].f == 'L') {
			offset = (offset + (a[i].pos - t - m + 1) / m) % n;
			a[i].pos = ((a[i].pos - t)%m + m) % m;
		}
		else {
			offset = (offset + (a[i].pos + t) / m) % n;
			a[i].pos = (a[i].pos + t) % m;
		}
	}
	offset = (offset + n) % n;
    //对位置排序
	sort(a, a + n);
    //此时初始次序为i编号为id[x]的蚂蚁在t秒后变成了次序为(i+offset)%n的蚂蚁
	rep(i, 0, n) ans[id[i]] = a[(i + offset)%n].pos + 1;
	rep(i, 0, n) cout << ans[i] << ' ';
	return 0;
}