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来源：牛客网

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64bit IO Format: %lld

题目描述

背景

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。

描述

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×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。

输入描述:

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。

输出描述:

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。

示例1

输入

复制

2 3 4
1 3
2 1
2 2
2 3

输出

复制

row 1

示例2

输入

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3 3 3
1 3
2 2
2 3

输出

复制

both 2

备注:

对于 100% 的数据，1≤N,M≤1000001\leq N, M \leq 1000001≤N,M≤100000，0≤T≤min(N×M,100000)0\leq T\leq min(N\times M, 100000)0≤T≤min(N×M,100000)，1≤x≤N1\leq x\leq N1≤x≤N，1≤y≤M1\leq y\leq M1≤y≤M。

参考

http://hzwer.com/2656.html

这个问题比均分纸牌难了很多，主要是获取从哪个点开始计算才是最优解。最简单的方法是穷举，这样性能太差。

已经有现存的结论了，就是求他们与平局值差值，然后逐位相加，排序，从中位数对应的地方开始，就是最优解的求法。证明如参考链接

首先，最终每个小朋友的糖果数量可以计算出来，等于糖果总数除以n，用ave表示。 假设标号为i的小朋友开始有Ai颗糖果，Xi表示第i个小朋友给了第i-1个小朋友Xi颗糖果，如果Xi<0，说明第i-1个小朋友给了第i个小朋友Xi颗糖果，X1表示第一个小朋友给第n个小朋友的糖果数量。 所以最后的答案就是ans=|X1| + |X2| + |X3| + ……+ |Xn|。 对于第一个小朋友，他给了第n个小朋友X1颗糖果，还剩A1-X1颗糖果；但因为第2个小朋友给了他X2颗糖果，所以最后还剩A1-X1+X2颗糖果。根据题意，最后的糖果数量等于ave，即得到了一个方程：A1-X1+X2=ave。 同理，对于第2个小朋友，有A2-X2+X3=ave。最终，我们可以得到n个方程，一共有n个变量，但是因为从前n-1个方程可以推导出最后一个方程，所以实际上只有n-1个方程是有用的。 尽管无法直接解出答案，但可以用X1表示出其他的Xi，那么本题就变成了单变量的极值问题。 对于第1个小朋友，A1-X1+X2=ave  ->  X2=ave-A1+X1 = X1-C1(假设C1=A1-ave，下面类似） 对于第2个小朋友，A2-X2+X3=ave  ->  X3=ave-A2+X2=2ave-A1-A2+X1=X1-C2 对于第3个小朋友，A3-X3+X4=ave  ->  X4=ave-A3+X3=3ave-A1-A2-A3+X1=X1-C3 …… 对于第n个小朋友，An-Xn+X1=ave。   我们按照假定的，从第一位开始计算，通过数学公式，表示出每一位应该移出去多少，接收多少，还剩多少。所有剩余的值应该都等于平均值。然后把所有位应该操作的步骤数用同一个表示，那么就可以得到最后关键的公式 |X1| + |X1-C1| + |X1-C2| + ……+ |X1-Cn-1| 我们先不管Ci是什么，上面公式是我们从第一个小朋友开始计算得到的，如果是第k个，公式就是 |Xk| + |Xk-C1| + |Xk-C2| + ……+ |Xk-Cn-1| 那么k取什么值才是最小呢？上面的公式就表示一个点k，到C0-Cn-1之间所有点的差额，如果求最小值，那么很明显是最中间的那个，到所有点的差额最小，那么Xk是C0-Cn-1的中位数。如图

 

 比如坐标上的几个点，1，2，4，7，9，选择一个点到其他点的距离之和最少，那肯定是中间的距离左右的点的和最小，所以就是求中位数。那么上面的Ci是什么呢？就是前面所有的的数，减掉平均值的和。所以求得这个数是第几位的，然后从这里把链表断开，按照均分纸牌的算法计算就可以了。

#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
int main()
{
    int n = 0;
    int m = 0;
    int t = 0;
    cin >> n;
    cin >> m;
    cin >> t;

    long long num = 0;
    vector<int> vrow(n, 0);
    vector<int> vcolumn(m, 0);
    for (int i = 0; i < t; i++)
    {
        int tmp = 0;
        cin >> tmp;
        vrow[tmp - 1]++;
        cin >> tmp;
        vcolumn[tmp - 1]++;
    }
    if (t % n == 0)
    {
        int navg = t / n;
        vector<int> pro;
        for (int i = 0; i < n; i++)
        {
            if (i > 0)
            {
                pro.emplace_back(pro[i - 1] + vrow[i] - navg);
            }
            else
            {
                pro.emplace_back(vrow[i] - navg);
            }
        }
        std::sort(pro.begin(), pro.end());
        int midnum = pro[pro.size() / 2];
        for (auto& iter : pro)
        {
            num = num + std::abs(iter - midnum);
        }
    }
    if (t % m == 0)
    {
        int mavg = t / m;
        vector<int> pro;
        for (int i = 0; i < m; i++)
        {
            if (i > 0)
            {
                pro.emplace_back(pro[i - 1] + vcolumn[i] - mavg);
            }
            else
            {
                pro.emplace_back(vcolumn[i] - mavg);
            }
        }
        std::sort(pro.begin(), pro.end());
        int midnum = pro[pro.size() / 2];
        for (auto& iter : pro)
        {
            num = num + std::abs(iter - midnum);
        }
    }
    if (t % n == 0 && t % m == 0)
    {
        cout << "both " << num;
    }
    else if (t % n == 0)
    {
        cout << "row " << num;
    }
    else if (t % m == 0)
    {
        cout << "column " << num;
    }
    else
    {
        cout << "impossible";
    }
    return 0;
}

记住，统计步骤的数据用long long，测试用例中有的case会导致int越界。