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题面loj#542
对我来说，这或许已经超出了我的能力，我，只能看题解
不知道我写完这一篇题解之后，会不会对我的构造题有一点点的帮助
让我在这类题的解决上能过有一些提升
直接说明白，这就是一个构造题
这个很好判断，因为有SPJ，并且方案有很多，随便输出就可以
开头是K，结尾是K，长度也是K
总结一下，我们一定可以将这个序列划分成K个序列，如果你划分的更多的话，我完全可以将多出来的合并一下
并且，我们的起点和终点，一定是前K个和后K个可以被K整除的数，
如果不是，那肯定前面或者后面有剩余的，直接换一下起点终点就行了
那么我们就可以着手去做这道题了，
我们会有两种情况，其余更多的情况都可以直接转化成这两种当中的一种
我们将左端点和右端点，按照位置大小从小到大，分别存入两个数组中
第一种，每一个左端点都对应相应的右端点，就是说左端点和右端点在各自数组中的排名是相同的（具体看代码ckfi）
如果你当前左端点对应的是后面的右端点，那么后面一定有一个左端点对应当前应该对应的右端点，我就可以开始转化了
第二种，第一种中有些序列不能覆盖完全当前左端点到下一个左端点的区间内的点，
那么就让第一个左端点和最后一个右端点空出来，每一个左端点都匹配它前一个右端点
最后用第一个左端点和最后一个右端点把没有加上的点全部都加上去就好了
于是我们只需要对两种情况分别判断就好了
这两种情况中只能满足一个，这个很显然吧，因为如果第二个满足的话，第一个肯定不够啊
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register int
const int N=1e6+5;
int n,k,a[N];
void F(){printf("No\n");}
int l[N],lc,r[N],rc,p[N];
void pri(int &it,int tot){while(tot&&it<=n)if(a[it++])a[it-1]=0,printf("%d ",it-1),tot--;}
bool chfi(){
int it=0,las,nf;
for(re i=1;i<k;i++){
it+=k-2;while(it<p[l[i+1]])it+=k;
if(it>p[r[i]])return false;
}
printf("Yes\n%d\n",k);
it=0;las=0;nf=2;
for(re i=1;i<k;i++){
las=it;it+=k-2;while(it<p[l[i+1]])it+=k;
printf("%d %d ",it-las+2,l[i]);
pri(nf,it-las);printf("%d\n",r[i]);
}
printf("%d %d ",p[n]-it+2,l[k]);
pri(nf,p[n]-it);printf("%d\n",r[k]);
return true;
}
bool chse(){
int it=0,nf;
for(re i=2;i<=k;i++){
it=max(it,p[l[i]]);it+=k-2;
if(it>p[r[i-1]])return false;
}
printf("Yes\n%d\n",k);nf=0;
for(re i=2;i<=k;i++){
while(p[nf]<=p[l[i]])nf++;
printf("%d %d ",k,l[i]);
pri(nf,k-2);printf("%d\n",r[i-1]);
}
printf("%d %d ",p[n]-(k-2)*(k-1)+2,l[1]);
nf=2;pri(nf,p[n]-(k-2)*(k-1));printf("%d\n",r[k]);
return true;
}
signed main(){
int o;scanf("%d",&o);
scanf("%d%d",&n,&k);
for(re i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),a[i]=(a[i]%k!=0);
if(n%k||n<1ll*k*k||a[1]||a[n]){F();return 0;}
for(re i=1;i<=n;i++)if(!a[i])l[++lc]=i;
for(re i=n;i>=1;i--)if(!a[i])r[++rc]=i;
if(lc<k||rc<k||l[k]>=r[k]){F();return 0;}
lc=rc=k;reverse(r+1,r+k+1);
for(re i=l[k]+1;i<r[1];i++)a[i]=1;
for(re i=1;i<=n;i++)p[i]=p[i-1]+a[i];
if(chfi()||chse());else F();
}