Codeforces Raif Round 1 (Div. 1 + Div. 2) D. Bouncing Boomerangs（思维+构造）

传送门

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题目大意

给出一个 n ∗ m n*m n∗m的方格，保证每行每列最多只能有两个障碍，现在每列都会射出一个飞镖，飞镖碰到障碍物会向右旋转九十度继续直行，保证最多碰到三次障碍物。现在给出每列出发的飞镖最后弹射的次数，如果答案存在，需要我们还原一个合法含有若干障碍物的表格。

解题思路

这道题我感觉有以下两个难想的地方：

• 首先是不能从左向右构造而需要从右向左构造，原因是弹射两次的飞镖，肯定需要右边弹射一次飞镖的列作为最后一次弹射，弹射三次的飞镖既可以利用右边弹射一次的列而且可以利用右边弹射两次及以上的列。而且弹射三次的列需要在上方某行添加两个飞镖才能完成，因此还需要从下到上构造。
• 然后是从右向左考虑之后，对于靠右弹射两次的飞镖，我们需要首先考虑靠右的弹射一次飞镖的列，因为最后一次弹射直接飞到最下方，而弹射一次飞镖列的障碍物肯定是越来越向上的，这样不会对更左边的产生影响。

然后就再分如下三种情况考虑：

• 对于弹射一次的列，我们每次都放到 ( i , i ) (i,i) (i,i)，即放在主对角线上，然后将该列的下标存入队列一。
• 对于弹射两次的列，从队列一中取出队首的列，然后在同行放障碍，然后将该列下标存入队列二。
• 对于弹射三次的列，先从队列二中取，否则从队列一中取，取出之后向上遍历没有放置飞镖的行，在当前列和队首列的同一行放置两个飞镖。注意防止完成后也需要将该列下标存入队列二。
• 非法情况就是上面某次出现队列为空。

保险起见，我还使用数组存所有行和列放置的障碍数目，最后特判一下（似乎没有必要）

代码

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// Created by Happig on 2020/10/26
//
#include <bits/stdc++.h>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>

using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define ins insert
#define Vector Point
#define ENDL "\n"
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define mkp(x, y) make_pair(x,y)
#define mem(a, x) memset(a,x,sizeof a);
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<ll, ll> pll;
typedef pair<double, double> pdd;
const double eps = 1e-8;
const double pi = acos(-1.0);
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const double dinf = 1e300;
const ll INF = 1e18;
const int Mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 2e5 + 10;

queue<int> q1, q2;
int r[maxn], c[maxn], a[maxn];
vector<pii> ans;

int main() {
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    //freopen("out.txt","w",stdout);
    ios_base::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
    }
    for (int i = n; i >= 1; i--) {
        if (a[i] == 1) {
            ++r[i], ++c[i];
            q1.push(i);
            ans.push_back({i, i});
        } else if (a[i] == 2) {
//            cout << q1.size() << endl;
            if (!q1.empty()) {
                int x = q1.front();
                q1.pop();
                ++r[x], ++c[i];
                ans.push_back({x, i});
                q2.push(i);
            } else goto fail;
        } else if (a[i] == 3) {
//            cout << q1.size() << " " << q2.size() << endl;
            if (!q2.empty()) {
                int x = q2.front();
                q2.pop();
                int y = x - 1;
                while (y >= 1 && r[y]) y--;
                if (y < 1) goto fail;
                r[y] += 2, ++c[i];
                ans.push_back({y, i});
                ans.push_back({y, x});
                q2.push(i);
            } else if (!q1.empty()) {
                int x = q1.front();
                q1.pop();
                int y = x - 1;
                while (y >= 1 && r[y]) y--;
                if (y < 1) goto fail;
                r[y] += 2, ++c[i];
                ans.push_back({y, i});
                ans.push_back({y, x});
                q2.push(i);
            } else goto fail;
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (r[i] > 2 || c[i] > 2) goto fail;
    }
    cout << ans.size() << ENDL;
    for (auto p:ans) {
        cout << p.first << " " << p.second << ENDL;
    }
    return 0;
    fail:
    cout << "-1" << ENDL;
    return 0;
}