Codeforces Round 889 (Div. 2)C题题解

Dual (Hard Version)

问题建模

给定n个数，n不超过20，且每个数ai，$-20<=ai<=20$，可以执行多次操作，每次可以选择两个数ai，aj，使得ai=ai+aj，需要在31次操作内使得元素为非降序排列，并输出操作数和操作使选取的i，j。

问题分析

1.按元素值分类讨论，正负不同时存在时

若元素值都为大于等于0时，对于每一个比前一个元素小的元素，加上前面元素后，就会变成所需的大小关系，操作最多为19次。

若元素值都为小于等于0时，对于每一个比前一个元素小的元素，让前面的元素加上当前元素即可变成所需的大小关系，操作最多为19次。

2.若正负同时存在时

若正负数都有，则可以将负数变成正的或者正数变为负的，变为上面两种情况之一，由于转换为上面两种情况后最多需要19次操作才能使得最终元素排列为所需，则最多有12次操作可以将当前情况变为上述两种情况之一。

由于改变元素正负需要通过最大正数或者负数来进行，则从绝对值最大的正负性的情况来分析。

若绝对值最大的数为正数，则考虑将负数都变为正数，若负数的个数不超过12时，可以完成。

若超过12个则只能考虑将正数都变为负数，由于负数个数超过12，则正数最多只有7个数，则可以考虑使用5次操作获得一个比所有正数绝对值大的负数，然后再将7个正数变为负数，由于i,j选择同一个数时，等价2乘该数，则选择5次有2^5，负数绝对值最小的数为-1，5次操作后为-32其绝对值大于最大的正数，故可以在12次内将将正数变为负数。（绝对值最大为负数同理）

所以最终有解的情况，为取将所有元素变为大于等于0的数所需操作以及将所有元素变为小于等于0的数所需操作的最小操作数的操作方案。

代码

#include<bits/stdc++.h>#define x first
#define y second
#define C(i) str[0][i]!=str[1][i]
using namespace std;
typedef unsigned long long ULL;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
const int N = 30, Mod = 998244353, P = 2048;
int a[N];void solve() {int n;cin >>n;///正负数个数，以及正负数中绝对值最大的元素的下标，起始时对应元素为0int pcnt=0,ncnt=0,minp=0,maxp=0;for(int i=1;i<=n;i++){cin >>a[i];if(a[i]>0){pcnt++;if(a[i]>a[maxp])  maxp=i;}else if(a[i]<0){ncnt++;if(abs(a[i])>abs(a[minp]))  minp=i;}}if(pcnt==0&&ncnt==0){cout <<0<<endl;}else {int x1=0,y1=0;///记录，获得正数绝对值最大，和负数绝对值最大所需的操作数if(abs(a[maxp])>=abs(a[minp]))  y1=5;else x1=5;//采用变正和变负中操作数最小的操作方案if(x1+ncnt<=y1+pcnt){cout <<x1+ncnt+n-1<<"\n";for(int i=0;i<x1;i++)    cout <<maxp<<" " <<maxp<<"\n";for(int i=1;i<=n;i++){if(a[i]<0)  cout <<i <<" " <<maxp <<"\n";}for(int i=1;i<n;i++) cout <<i+1 <<" " <<i <<"\n";}else{cout <<y1+pcnt+n-1 <<"\n";for(int i=0;i<y1;i++)    cout <<minp<<" " <<minp<<"\n";for(int i=1;i<=n;i++){if(a[i]>0)  cout <<i <<" " <<minp <<"\n";}for(int i=n;i>1;i--) cout <<i-1 <<" " <<i <<"\n";}}
}int main() {int t = 1;cin >> t;while (t--) solve();return 0;
}