Good Bye 2019 E

Good Bye 2019 E

题意

$n$个点分成两类，不同类别之间的距离和相同类别之间的距离集合的交集应该为空集。构造。

题解

分类问题。
一开始没有思路，一直往距离想，实际上可以转换成奇偶的判断(之前有一道网络流也是通过奇偶划分二分图。
每个点分为奇偶则有四种类别。奇奇(1)、偶偶(2)、奇偶(3)、偶奇(4)。
显然可以看出1、2一组，3、4一组是没有问题的。
因为相同组别的距离都是偶数，不同的都是奇数
但是如果只有1、2或者只有3、4呢，首先我们可以发现，如果尝试分成两组。
相同的仍然是偶数^ 2+偶数^ 2=距离^2。
不同的是奇数^ 2+奇数^ 2=距离^2。
这两者单纯判断奇偶是相同的，但是偶数可以转换成4(奇数^ 2+奇数^ 2)，显然不等于奇数^ 2+奇数 ^2，如果说等于的话，那么倒过来这个就可以转换成偶数了，也就是他就是偶数 ^2+ 偶数 ^2，但实际不是的。

所以只要不是只有一组，都是可解的。
如果一组呢，如果说只有一组，比如说(4,4)和(6,6)，都是同偶，但是/2之后就是(2,2)和(3,3)。所以我们可以通过不断/2来得到不同。
/2对结果有影响吗，/2相当于扩大了坐标系，平移也是可以的，如果说奇数的话，就可以先+1再/2,对于同一横坐标和同一纵坐标，分别同时全部操作即可。
可以简化为（x+1)/2
因为有负数，所以我们需要初始加上1e6.

有人可能会担心除到0怎么办，实际上是这样的。我们甚至可以只扩大y轴或者x轴。我们采用(x+1)/2的话，在1的时候会不发生变化。而另一个一定是>=2,也就是无论如何都会不一样，就算现在是奇数也会走到2.
如果全是1呢？那么希望就建立在另一侧，另一侧肯定不会相同，题目保证了不同点。另一侧因为不同总有人先到1，所以和上述一样，就必然是可解的。

#include <bits/stdc++.h>
#define FOR(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define sf(x) scanf("%d",&x)
using namespace std;
 
typedef long long ll;
const int maxn = 200050;
const int bs=1000050;
 
int n;
vector<int>G[4];
struct node{int x,y;}A[maxn];
 
bool check(){
    int one=0;
    for(int i=1;i<=4;i++)G[i-1].clear();
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int tmp=(A[i].x%2)*2+A[i].y%2;
        G[tmp].push_back(i);
    }
    for(int i=1;i<=4;i++){
        if(G[i-1].size()==n)return false;
    }
    return true;
}//00同偶，01一偶一奇，10一奇一偶，11一奇一奇
 
int main(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&A[i].x,&A[i].y),A[i].x+=bs,A[i].y+=bs;
    while(!check()){
        for(int i=1;i<=n;i++){
            A[i].x=(A[i].x+1)/2;
            A[i].y=(A[i].y+1)/2;
        }
    }
    if(G[0].size()+G[3].size()==n){
       // puts("?");
        cout<<G[0].size()<<endl;
        for(auto x:G[0])cout<<x<<" ";
    }
    else if(G[1].size()+G[2].size()==n){
        //puts("??");
        cout<<G[1].size()<<endl;
        for(auto x:G[1])cout<<x<<" ";
    }
    else{
        cout<<G[1].size()+G[2].size()<<endl;
        for(auto x:G[1])cout<<x<<" ";
        for(auto x:G[2])cout<<x<<" ";
    }
}