2020牛客暑期多校训练营（第十场）I.Tournament(构造/贪心)

题目

t(1<=t<=30)组样例，n(2<=n<=300)个球队，

每个球队都和其它所有球队比一场，一共有场比赛。

每天只比一场比赛，每个球队会在其第一场比赛开始时到，最后一场比赛后走。

安排一个日程表，使所有球队停留的天数之和最小。

思路来源

2020牛客暑期多校训练营Tournament(构造)_ZCETHAN的博客-CSDN博客

牛客多校第十场 I-Tournament(思维、构造）_+0呐~的博客-CSDN博客

题解

感觉思路来源1已经讲的比较清楚了，主要思路是贪心的调整法

比如n=10，先将n分治成两部分[1,n/2][n/2+1,n]，

先让两部分各自内部两两打，然后考虑两部分之间怎么打

使1最早走，使10最晚来，将(1,10)固定在最中间，然后考虑剩下的怎么放

(1,9)需要放在(1,10)的前面，一方面满足1是最早走，另一方面满足9是倒数第二个来

而(2,9)需要放在(1,10)的后面，也是为了满足2是第二早走，

类似地，重复这个流程，可以发现

在(1,10)之前，需要让10最后来，9倒数第二个来，8倒数第三个来...

在(1,10)之后，需要让1先走，让2第二个走，让3第三个走...

所以，将其内部也分治为两部分，

前半部分，主要为了满足>=n/2+1的数的来的情况，可以发现二者数之和<=n

后半部分，主要为了满足<=n的数的走的情况，可以发现二者数之和>n

再考虑内部的数，对于[1,n/2]来说，只考虑这部分数，

例如，对于5来说，5希望来的越晚越好，所以[1,4]两两都打过之后才会露面，

类似地，4也是这么考虑的，所以在i和[1,i-1]所有数打过之后，i+1才会出现

对于[n/2+1,n]，也有类似的过程，

对于6来说，6希望退的越早越好，所以6和[7,10]两两打过之后就退了，

类似地，7也是这么考虑，所以在j和[j+1,n]所有数都打过之后，j退场，再考虑j+1

证明可以类似贪心的调整法，证明一次交换是不优，或者会变得更劣的

样例

10

第一部分（i<=n/2两两内部打，i和[1,i-1]都打完，i+1才会出场，延迟i+1出场时间）
1 2
1 3
2 3
1 4
2 4
3 4
1 5
2 5
3 5
4 5

第二部分（i<=n/2和j>n/2两两打，满足i+j<=n，j都打完j+1才会出场，延迟j+1出场时间）

1 6
2 6
3 6
4 6
1 7
2 7
3 7
1 8
2 8
1 9

第三部分（i<=n/2和j>n/2两两打，满足i+j>n，i都打完i+1才会出场，提早i的退场时间）

1 10
2 9
2 10
3 8
3 9
3 10
4 7
4 8
4 9
4 10
5 6
5 7
5 8
5 9
5 10

第四部分（j>n/2两两打，j和[j+1,n]都打完，j+1才会出场，提早j的退场时间）

6 7
6 8
6 9
6 10
7 8
7 9
7 10
8 9
8 10
9 10

代码

#include
using namespace std;
int T,n;
int main(){
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d",&n);
        for(int i=2;i<=n/2;i++){
            for(int j=1;j
                printf("%d %d\n",j,i);
            }
        }
        for(int i=n/2+1;i
            for(int j=1;j<=n-i;j++){
                printf("%d %d\n",j,i);
            }
        }
        for(int i=1;i<=n/2;i++){
            for(int j=n-i+1;j<=n;j++){
                printf("%d %d\n",i,j);
            }
        }
        for(int i=n/2+1;i
            for(int j=i+1;j<=n;j++){
                printf("%d %d\n",i,j);
            }
        }
    }
    return 0;
}