D. Equalize the Remainders 解析(思維)

Codeforce 999 D. Equalize the Remainders 解析(思維)

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題目

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前言

感覺要搞個類似\(stack\)的東西來儲存下一個沒滿的\(\mod m\)是哪一個才能避免\(O(m^2)\)的複雜度，沒想到反過來想，儲存前一個滿出來的是什麼就可以了。

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想法

首先可能會想到，先把每個\(mod\)值都儲存到一個\(vector<int> as[\_n]\)裡，然後從\(mod=0\)開始一直到\(mod=m-1\)，如果當前\(mod\)的數字太多，那就找最近的下一個\(mod\)還沒滿的值填補上去。然而這樣的複雜度要\(O(m^2)\)。

我一開始是想說看怎麼樣能利用類似\(stack\)的結構，去\(O(1)\)找到對於某個\(mod=i\)來說的下一個還沒滿的\(mod\)值，但是其實如果反過來想，每次如果有多出來的\(mod\)值，就先\(push\_back\)到一個\(vector\)裡，那麼繼續遍歷\(i=0\sim m-1\)，當發現一個還沒滿的\(mod\)值時，\(vector\)末端的元素一定是靠當前\(i\)最近的。

然而會發現當前未滿的\(mod=i\)有可能需要後面的\(mod>i\)來填補，於是我們遍歷\(i\)時不要只到\(m-1\)，而是讓\(i=0\sim 2m-1\)，如此一來問題就解決了。

程式碼:

const int _n=2e5+10;
ll t,tt,n,m,mm,k,ii,a[_n],cnt;
VI as[_n],free;
main(void) {ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
  cin>>n>>m;mm=m*2,k=n/m;rep(i,0,n){cin>>a[i];as[a[i]%m].pb(i);}
  rep(i,0,mm){
    ii=i%m;
    if(SZ(as[ii])>k){
      t=SZ(as[ii])-k;
      rep(j,0,t)free.pb(as[ii][j]);
    }
    if(SZ(as[ii])<k){
      t=min(SZ(free),k-SZ(as[ii]));
      rep(j,SZ(free)-t,SZ(free)){
        tt=a[free[j]]%m;if(tt>ii)tt-=m;
        a[free[j]]+=ii-tt,cnt+=ii-tt;
      }free.erase(free.end()-t,free.end());
    }
  }
  cout<<cnt<<'\n';
  rep(i,0,n)cout<<a[i]<<' '; cout<<'\n';
  return 0;
}

\(free\)這個\(vector\)名稱已經存在了，需要\(\#define\ free\ [隨便一個字串]\)

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