CF1458C Latin Square

題目來源：Codeforces, Codeforces Round #691 (Div. 1), CF#691, CF1458C Latin Square

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本題題解

發現 \(\texttt{RLDU}\) 和 \(\texttt{IC}\) 是完全不同的兩類操作，將它們同時維護很困難。

本題的突破口是：初始時的每個格子，最終都會恰好對應答案里的一個格子。於是我們拆開來考慮每個格子對答案的“貢獻”。

把一個格子看成三元組 \((i,j,a_{i,j})\)，考慮一次操作會對這個三元組產生什么樣的影響：

• \(\texttt{R}\)：\((x, y, z) \to (x,y + 1, z)\)。注意，這里的加法是在 \(\bmod n\) 意義下的，下同。
• \(\texttt{L}\)：\((x, y, z) \to (x, y - 1, z)\)。注意，這里的減法是在 \(\bmod n\) 意義下的，下同。
• \(\texttt{D}\)：\((x, y, z) \to (x + 1, y, z)\)。
• \(\texttt{U}\)：\((x, y, z)\to (x - 1, y, z)\)。
• \(\texttt{I}\)：\((x, y, z)\to (x, z, y)\)。即交換 2, 3 兩項。
• \(\texttt{C}\)：\((x, y, z)\to (z, y, x)\)。即交換 1, 3 兩項。

發現轉化后，這 \(6\) 種對三元組進行的操作，是“可合並”的。

具體地，我們遍歷要進行的 \(m\) 個操作，就能預處理出：依次進行這些操作后，任意一個初始三元組會產生什么變化。

然后枚舉每個格子，將預處理出的變化作用於這個格子上，就能知道這個格子最終對答案的貢獻是什么。

時間復雜度 \(\mathcal{O}(m + n^2)\)。

參考代碼

建議使用快速輸入、輸出，詳見本博客公告。

// problem: CF1458C
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())

typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;

template<typename T> inline void ckmax(T& x, T y) { x = (y > x ? y : x); }
template<typename T> inline void ckmin(T& x, T y) { x = (y < x ? y : x); }

const int MAXN = 1000;
const int MAXM = 1e5;

int n, m;
int a[MAXN + 5][MAXN + 5];
char s[MAXM + 5];

int ord[4], val[4], res[4];
int ans[MAXN + 5][MAXN + 5];

void solve_case() {
	cin >> n >> m;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		for (int j = 1; j <= n; ++j) {
			cin >> a[i][j];
		}
	}
	cin >> (s + 1);
	
	ord[1] = 1;
	ord[2] = 2;
	ord[3] = 3; // 三元組 (i, j, a[i][j])
	val[1] = val[2] = val[3] = 0;
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
		if (s[i] == 'R') {
			val[ord[2]]++;
		} else if (s[i] == 'L') {
			val[ord[2]]--;
		} else if (s[i] == 'D') {
			val[ord[1]]++;
		} else if (s[i] == 'U') {
			val[ord[1]]--;
		} else if (s[i] == 'I') {
			swap(ord[2], ord[3]);
		} else if (s[i] == 'C') {
			swap(ord[1], ord[3]);
		} else {
			assert(0);
		}
	}
	// cerr << "changes in val: " << val[1] << " " << val[2] << " " << val[3] << endl;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		for (int j = 1; j <= n; ++j) {
			// (i, j, a[i][j])
			
			for (int k = 1; k <= 3; ++k) {
				if (ord[k] == 1) {
					res[k] = i + val[1];
				} else if (ord[k] == 2) {
					res[k] = j + val[2];
				} else if (ord[k] == 3) {
					res[k] = a[i][j] + val[3];
				}
				
				res[k] = (res[k] % n + n) % n;
				if (res[k] == 0)
					res[k] = n;
			}
			
			// cerr << "** " << res[1] << " " << res[2] << " " << res[3] << endl;
			ans[res[1]][res[2]] = res[3];
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		for (int j = 1; j <= n; ++j) {
			cout << ans[i][j] << " \n"[j == n];
		}
	}
}
int main() {
	int T; cin >> T; while (T--) {
		solve_case();
	}
	return 0;
}