Znzryb's Blog

2025“钉耙编程”中国大学生算法设计暑期联赛（1）——1003奸商

Posted on 2025-07-21 Edited on 2026-04-06

思路讲解

就是暴力枚举一下就行了。当然要预处理一下。

AC代码

https://acm.hdu.edu.cn/contest/view-code?cid=1172&rid=25007

源代码

// Problem: 奸商
// Contest: HDOJ
// URL: https://acm.hdu.edu.cn/contest/problem?cid=1172&pid=1003
// Memory Limit: 262144 MB
// Time Limit: 1000 ms
// by Gospel_rock
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include <bits/stdc++.h>
#define all(vec) vec.begin(),vec.end()
#define pb push_back
#define EB emplace_back
#define EM emplace
#define FI first
#define SE second
#define SZ(a) ((int) a.size())
#define FOR(i, a, b) for (long long i = (a); i <= (b); ++i)
#define ROF(i, a, b) for (long long i = (a); i >= (b); --i)
#define debug(var) cerr << #var <<":"<<var<<"\n";
#define lson(var) (var<<1)
#define rson(var) ((var<<1)+1)

using namespace std;

using  ll = long long;using ull = unsigned long long;
using DB=double;using LD=long double;
// using i128 = __int128;
using pdd = pair<DB,DB>;using plb = pair<ll,bool>;
using pll = pair<ll,ll>;using vll=vector<ll>;using vb=vector<bool>;
using tll = tuple<ll,ll,ll>;
using vpll = vector<pll>;
using arr3 = array<ll,3> ;using arr2 = array<ll,2>;
constexpr ll MAXN=(ll)3e3+10,INF=(ll)1e17+9; // 1e18+9也是素数
constexpr ll mod=(ll)1e9+7; // 998244353
constexpr double eps=1e-8;const double pi=acos(-1.0);
ll N,M,Q,X,K,T,lT,W[MAXN];
char S[MAXN];
/*

*/
inline void __(){
	cin>>N;
	FOR(i,1,N){
		cin>>S[i];
	}
	FOR(i,1,17){
		cin>>W[i];
	}
	ll len;cin>>len;
	if(N==1){
		cout<<0<<"\n";
		return;
	}
	vll bits;
	if(len%2==1){
		len+=1;
	}
	if(len>N){
		cout<<0<<"\n";
		return;
	}
	// 可以先O（n*n）预处理一下
	FOR(i,1,N){
		bitset<20> bi;
		bool ok=false;
		FOR(j,1,N){
			ll x=i-j+1,y=i+j;
			if(x<1 || y>N) break;
#ifdef LOCAL
    debug(x);debug(y);
#endif
			if(S[x]!=S[y]){
				bi[min(S[x],S[y])-'a']=true;
			}else{
				ok=true;
			}
			if(y-x+1==len){
				if(ok) continue;
				 bits.pb(bi.to_ullong());
			}
		}
	}
	sort(all(bits));bits.resize(unique(all(bits))-bits.begin());
	ll ans=INF;
#ifdef LOCAL
    for(auto &b:bits){
    	bitset<20> bi(b);
    	FOR(i,0,17){
    		cerr<<bi[i];
    	}
    	cerr<<"\n";
    }
    FOR(i,0,17){
   		cerr<<char('a'+i);
   	}
   	cerr<<"\n";
    FOR(i,1,17){
   		cerr<<W[i];
   	}
   	cerr<<"\n";
#endif
	FOR(s,0,(1<<17)-1){
		bitset<20> bi(s);
		ll lans=0;
		FOR(j,0,18){
			if(bi[j]){
				lans+=W[j+1];
			}
		}
		if(lans>=ans) continue;
		bool ok=true;
		for(auto &b:bits){
			// 这个字符串不需要幻视就是对的
			if(b==0) continue;
			if((s&b)==0){
				ok=false;
				break;
			}
		}
		if(ok){
			ans=lans;
		}
	}
	cout<<ans<<"\n";
}

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	
	cin>>lT;
	while(lT--)
		__();
	return 0;
}
/*
1
2
aa
1 1 8 3 4 4 8 4 2 4 6 8 9 8 2 2 8
2

ans:0

1
4
abbc
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17
4

ans:0
AC
https://acm.hdu.edu.cn/contest/view-code?cid=1172&rid=25007
*/

心路历程（WA，TLE，MLE……）

2025“钉耙编程”中国大学生算法设计暑期联赛（2）——1006半（将排列和这个询问一起排）

Posted on 2025-07-21 Edited on 2026-04-06

思路讲解

首先根据容斥原理，并集=全集-交集。

FOR(i,1,N){
	ll ans=rka[i]+rkb[i]-2-jiao[i];
	cout<<ans<<" ";
}

那么问题就来到了如何求这个交集。那么我们排列（首先根据rka）以后，只有前面的才有可能是在这个交集之中。

FOR(i,1,N){
	ele.EB(rka[i],rkb[i],0);
	ele.EB(rka[i],rkb[i],1);
}
sort(all(ele));

那么问题就来到了有几个 $j$ ，使得 $rkb_j<rkb_i$ 了，这个可以用树状数组解决（类似于逆序对，我们只用考虑前面的比我们大的数字，这里我们也只用考虑前面的，因为后面 $rka$ 不满足）。

for(auto &[x,y,isq]:ele){
	ll a=A[x];
	if(isq){
		jiao[a]=tr.query(1,y-1);
	}else{
		tr.add(y,1);
	}
}

AC代码

https://acm.hdu.edu.cn/contest/view-code?cid=1173&rid=10158

源代码

// Gospel_rock 补题
#include <bits/stdc++.h>
#define all(vec) vec.begin(),vec.end()
#define pb push_back
#define EB emplace_back
#define EM emplace
#define FI first
#define SE second
#define SZ(a) ((int) a.size())
#define FOR(i, a, b) for (long long i = (a); i <= (b); ++i)
#define ROF(i, a, b) for (long long i = (a); i >= (b); --i)
#define debug(var) cerr << #var <<":"<<var<<"\n";
#define lson(var) (var<<1)
#define rson(var) ((var<<1)+1)

using namespace std;

using  ll = long long;using ull = unsigned long long;
using DB=double;using LD=long double;
// using i128 = __int128;
using pdd = pair<DB,DB>;using plb = pair<ll,bool>;
using pll = pair<ll,ll>;using vll=vector<ll>;using vb=vector<bool>;
using tll = tuple<ll,ll,ll>;
using vpll = vector<pll>;
using arr3 = array<ll,3> ;using arr2 = array<ll,2>;
constexpr ll MAXN=(ll)1e6+10,INF=(ll)1e17+9; // 1e18+9也是素数
constexpr ll mod=(ll)1e9+7; // 998244353
constexpr double eps=1e-8;const double pi=acos(-1.0);
ll N,M,Q,X,K,T,lT,A[MAXN],B[MAXN];
/*

*/
struct BIT {  // 普通的单点修改区间查询树状数组，含有查找第K个空位的功能
  vector<ll> tr;
  int n;
  inline int lowbit(int x) { return x & (-x); }
  BIT(int ln) {  // 构造+初始化函数
    n = ln;
    tr.resize(n+5,0);
  }
  inline void add(int p, int x=1) {
  	if(p==0) return;
    while (p <= n) {
      tr[p] += x;
      p += lowbit(p);
    }
  }
  inline ll query(int l, int r) {
    ll lres = 0, rres = 0;
    l -= 1;
    while (l > 0) {
      lres += tr[l];
      l -= lowbit(l);
    }
    while (r > 0) {
      rres += tr[r];
      r -= lowbit(r);
    }
    return rres - lres;
  }
  inline int findKth(int k) {  // 找到第k个空位，当然应当是要求只能出现0和1
    int cx = 0;
    for (int i = 1 << 20; i > 0; i >>= 1) {  // 这个你可以理解为不断缩小步长的搜索
      if (cx + i <= n && lowbit(cx + i) - tr[cx + i] < k) {
        // lowbit(cx)-tr[cx+i] 表示cx+i这个树状数组区间有多少空位
        k -= lowbit(cx + i) - tr[cx + i];
        cx += i;
      }
    }
    return cx + 1;  // 我们始终让cx < k，所以返回的就是最大的比k小的，+1就是新空位出现的地方
  }
};
inline void __(){
	cin>>N;
	BIT tr(N+5);
	vector<ll> rka(N+5,0),rkb(N+5,0);
	FOR(i,1,N){
		cin>>A[i];
		rka[A[i]]=i;
	}
	FOR(i,1,N){
		cin>>B[i];
		rkb[B[i]]=i;
	}
	vector<tll> ele;
	FOR(i,1,N){
		ele.EB(rka[i],rkb[i],0);
		ele.EB(rka[i],rkb[i],1);
	}
	sort(all(ele));
	vll jiao(N+5,0);
	for(auto &[x,y,isq]:ele){
		ll a=A[x];
		if(isq){
			jiao[a]=tr.query(1,y-1);
		}else{
			tr.add(y,1);
		}
	}
	FOR(i,1,N){
		ll ans=rka[i]+rkb[i]-2-jiao[i];
		cout<<ans<<" ";
	}
	cout<<"\n";
}

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	
	cin>>lT;
	while(lT--)
		__();
	return 0;
}
/*
AC
https://acm.hdu.edu.cn/contest/view-code?cid=1173&rid=10158
*/

心路历程（WA，TLE，MLE……）

START195——Bugged Robot 有缺陷的机器人（遇到坐标图不要慌，把x和y拆开来）

Posted on 2025-07-20 Edited on 2026-04-06

思路讲解

不难发现，这个x坐标完全取决于奇数操作，y坐标完全取决于偶数操作。

在y有y个操作下，其可以产生 $[y+1,2^{y}]$ 种子集和（就是这个范围内的都能生成）。

FOR(i,1,N){
	if(i*i>N) break;
	if(N%i==0){
		ll di=N/i;
		FOR(j,1,N){
			ll y=j/2,x=(j+1)/2;
			if(binpow(2,y)>N) break;
			if(i>=x && i<=binpow(2,x-1) && di<=binpow(2,y) && di>=y+1){
				ans=min(ans,j);
			}
			if(di>=x && di<=binpow(2,x-1) && i<=binpow(2,y) && i>=y+1){
				ans=min(ans,j);
			}
		}
	}
}

AC代码

源代码

// Problem: Bugged Robot  有缺陷的机器人
// Contest: CodeChef - START195
// URL: https://www.codechef.com/problems/DIRFOLLOW?tab=statement
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 1000 ms
// by Gospel_rock
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include <bits/stdc++.h>
#define all(vec) vec.begin(),vec.end()
#define pb push_back
#define EB emplace_back
#define EM emplace
#define FI first
#define SE second
#define SZ(a) ((int) a.size())
#define FOR(i, a, b) for (long long i = (a); i <= (b); ++i)
#define ROF(i, a, b) for (long long i = (a); i >= (b); --i)
#define debug(var) cerr << #var <<":"<<var<<"\n";
#define lson(var) (var<<1)
#define rson(var) ((var<<1)+1)

using namespace std;

using  ll = long long;using ull = unsigned long long;
using DB=double;using LD=long double;
// using i128 = __int128;
using pdd = pair<DB,DB>;using plb = pair<ll,bool>;
using pll = pair<ll,ll>;using vll=vector<ll>;using vb=vector<bool>;
using tll = tuple<ll,ll,ll>;
using vpll = vector<pll>;
using arr3 = array<ll,3> ;using arr2 = array<ll,2>;
constexpr ll MAXN=(ll)1e6+10,INF=(ll)1e17+9; // 1e18+9也是素数
constexpr ll mod=(ll)1e9+7; // 998244353
constexpr double eps=1e-8;const double pi=acos(-1.0);
ll N,M,Q,X,K,T,lT,A[MAXN];
/*
题意简单来讲就是告诉你N，然后问你最终可能到达位置为N的操作序列长度最少为几？
如果没有，输出-1。
*/
ll binpow(ll a,ll k){	// 迭代快速幂
	ll res=1;
	while(k>0){
		if((k&1)==1) res=a*res;
		a=a*a;
		k>>=1;
	}
	return res;
}
inline void __(){
	cin>>N;
	ll ans=INF;
	FOR(i,1,N){
		if(i*i>N) break;
		if(N%i==0){
			ll di=N/i;
			FOR(j,1,N){
				ll y=j/2,x=(j+1)/2;
				if(binpow(2,y)>N) break;
				// if(j==1) l=1,r=1;
#ifdef LOCAL
    debug(j);debug(x);debug(y);
#endif
				if(i>=x && i<=binpow(2,x-1) && di<=binpow(2,y) && di>=y+1){
					ans=min(ans,j);
				}
				if(di>=x && di<=binpow(2,x-1) && i<=binpow(2,y) && i>=y+1){
					ans=min(ans,j);
				}
			}
		}
	}
	cout<<(ans==INF?-1:ans)<<"\n";
}

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	
	cin>>lT;
	while(lT--)
		__();
	return 0;
}
/*
1
36
ans :
7

AC https://www.codechef.com/viewsolution/1174368960
*/

心路历程（WA，TLE，MLE……）

2025“钉耙编程”中国大学生算法设计暑期联赛（1）——树上LCM

Posted on 2025-07-20 Edited on 2026-04-06

思路讲解

三个集合的容斥原理

那么不难发现规律，就是奇加偶减。这就是这段代码的由来。

1
2
3

ll cn=bi.count();
if(cn%2==1) del+=(sz+1)*sz/2;
else del-=(sz+1)*(sz)/2;

那么直接计算合法路径数量比较难，但是我们可以枚举不合法子集。如果s是101（二进制），那么就是第一个素因子要不符合要求（LCM只关注这些数当中的最大的，你可以理解为对素因子取了一个并集，那么gcd就是取了一个交集）。

// s如果这一位是1，就代表这一位的质因数必须不满足要求
	FOR(s,0,(1<<siz)-1){
		vb vis(N+5,0);
		bitset<11> bi(s);
		// 检查该数字（该点）是否满足要求
		auto check=[&](ll u)->bool{
			FOR(i,0,siz-1){
				if(!bi[i]) continue;
				// 该数不满足要求，因为我们要求这一位质因数数量缺失，或者太多
				if(fach[u][i]==cnt[i]){
					return false;
				}
			}
			return true;
		};
		FOR(u,1,N){
			if(vis[u]) continue;
			if(!valid[u]) continue;
			vis[u]=true;
			if(!check(u)) continue;
			queue<ll> q;q.push(u);
			ll sz=0;	// 维护联通块内的点的数量
			while(!q.empty()){
				ll u=q.front();q.pop();
				vis[u]=true;
				++sz;
				for(auto v:g[u]){
					if(vis[v]) continue;
					if(!valid[v]) continue;
					if(!check(v)) continue;
					q.push(v);
				}
			}
			// sz*(sz-1)/2+sz
			ll cn=bi.count();
			if(cn%2==1) del+=(sz+1)*sz/2;
			else del-=(sz+1)*(sz)/2;
			// ans+=(sz+1)*sz/2;
		}
#ifdef LOCAL
    debug(del);
#endif
	}
	ll ans=-del;
	cout<<ans<<"\n";
}

AC代码

https://acm.hdu.edu.cn/contest/view-code?cid=1172&rid=22776

源代码

// Problem: 树上LCM
// Contest: HDOJ
// URL: https://acm.hdu.edu.cn/contest/problem?cid=1172&pid=1007
// Memory Limit: 524288 KB
// Time Limit: 2000 ms
// by gospel_rock
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include <bits/stdc++.h>
#define all(vec) vec.begin(),vec.end()
#define pb push_back
#define EB emplace_back
#define EM emplace
#define FI first
#define SE second
#define SZ(a) ((int) a.size())
#define FOR(i, a, b) for (long long i = (a); i <= (b); ++i)
#define ROF(i, a, b) for (long long i = (a); i >= (b); --i)
#define debug(var) cerr << #var <<":"<<var<<"\n";
#define lson(var) (var<<1)
#define rson(var) ((var<<1)+1)

using namespace std;

using  ll = long long;using ull = unsigned long long;
using DB=double;using LD=long double;
// using i128 = __int128;
using pdd = pair<DB,DB>;using plb = pair<ll,bool>;
using pll = pair<ll,ll>;using vll=vector<ll>;using vb=vector<bool>;
using arr3 = array<ll,3> ;using arr2 = array<ll,2>;
using tll = tuple<ll,ll,ll>;
using vpll = vector<pll>;
constexpr ll MAXN=(ll)3e5+10,INF=(ll)1e17+9; // 1e18+9也是素数
constexpr ll MAXV=(ll)1e6+10;
constexpr ll MAXM=(ll)2e6+10;
constexpr ll mod=(ll)1e9+7; // 998244353
constexpr double eps=1e-8;const double pi=acos(-1.0);
ll N,M,Q,X,K,T,lT,A[MAXN];
/*
2*3*5*7*11*13*17*19*23-1e7
213092870.0
所以说不可能超过9位（素因数）

思路总结来说就是容斥原理
*/
//  minp[i] 存储的是i的最小素因数
vector<ll> minp,primes;
void sieve(ll n){
	minp.assign(n+5,0);
	for(int i=2;i<=n;++i){
		if(minp[i]==0){		// 是素数
			minp[i]=i;
			primes.push_back(i);
		}
		for(auto p:primes){
			if(i*p>n){	// 超范围了
				break;
			}
			minp[i*p]=p;
			// 为了保证每个合数都只被其【最小的】那个质因数标记一次 break
			// i * p_next = (p * k) * p_next 最小的应该是p
			if(p==minp[i]){
				break;
			}
		}
	}
}
inline void __(){
	cin>>N>>X;
	vector<vector<ll> > g(N+5);
	FOR(i,1,N-1){
		ll u,v;
		cin>>u>>v;
		g[u].pb(v);
		g[v].pb(u);
	}
	vb valid(N+5,0);
	FOR(i,1,N){
		cin>>A[i];
		if(X%A[i]==0) valid[i]=true;
		// 有不能整除节点的路径必然不能形成lcm=x
	}
	vector<ll> fac;ll siz=0;vll cnt;
	auto primeDe=[&](ll x)->void{
		while(x>1){
			fac.push_back(minp[x]);
			x/=minp[x];
		}
		sort(all(fac));
		vll facu(all(fac));fac.resize(unique(all(fac))-fac.begin());
		siz=SZ(fac);
		for(auto &f:fac){
			ll c=upper_bound(all(facu),f)-lower_bound(all(facu),f);
			cnt.EB(c);
		}
	};
	primeDe(X);	// 返回去重的fac，以及因数计数cnt
	
	vector<vector<ll> > fach(N+5,vector<ll>(10,0));	
	FOR(i,1,N){
		if(!valid[i]) continue;
		ll a=A[i];
		while(a>1){
			ll fa=minp[a];
			a/=minp[a];
			ll idx=lower_bound(all(fac),fa)-fac.begin();
			fach[i][idx]++;
		}
	}
#ifdef LOCAL
    FOR(i,0,SZ(fac)-1){
    	debug(fac[i]);
    	debug(cnt[i]);
    }
#endif
	ll del=0;
	// s如果这一位是1，就代表这一位的质因数必须不满足要求
	FOR(s,0,(1<<siz)-1){
		vb vis(N+5,0);
		bitset<11> bi(s);
		// 检查该数字（该点）是否满足要求
		auto check=[&](ll u)->bool{
			FOR(i,0,siz-1){
				if(!bi[i]) continue;
				// 该数不满足要求，因为我们要求这一位质因数数量缺失，或者太多
				if(fach[u][i]==cnt[i]){
					return false;
				}
			}
			return true;
		};
		FOR(u,1,N){
			if(vis[u]) continue;
			if(!valid[u]) continue;
			vis[u]=true;
			if(!check(u)) continue;
			queue<ll> q;q.push(u);
			ll sz=0;	// 维护联通块内的点的数量
			while(!q.empty()){
				ll u=q.front();q.pop();
				vis[u]=true;
				++sz;
				for(auto v:g[u]){
					if(vis[v]) continue;
					if(!valid[v]) continue;
					if(!check(v)) continue;
					q.push(v);
				}
			}
			// sz*(sz-1)/2+sz
			ll cn=bi.count();
			if(cn%2==1) del+=(sz+1)*sz/2;
			else del-=(sz+1)*(sz)/2;
			// ans+=(sz+1)*sz/2;
		}
#ifdef LOCAL
    debug(del);
#endif
	}
	ll ans=-del;
	cout<<ans<<"\n";
}

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	sieve((ll)1E7+10);
	cin>>lT;
	while(lT--)
		__();
	return 0;
}
/*
AC
https://acm.hdu.edu.cn/contest/view-code?cid=1172&rid=22776
*/

心路历程（WA，TLE，MLE……）

CF-1038-C. Manhattan Pairs（选择不重复的对，使得这个曼哈顿距离之和最大）

Posted on 2025-07-19 Edited on 2026-04-06

思路讲解

那么容易想到，按照x排序，可以让sumx最大的方式就是排序，然后左边匹配右边。

而且，这样子匹配，左边的谁匹配右边的谁也是不重要的，至少对于sumx不重要，因此我们就可以按照使sumy最大的方式进行匹配。

同理，计算按照y排列能得到的答案即可。

AC代码

https://codeforces.com/contest/2122/submission/329811774

源代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using ll = long long;

// 定义点结构，包含x坐标、y坐标和索引
struct Point {
    ll x, y;
    int id;
};

// 主函数，用于处理每个测试用例
inline void processTestCase() {
    int n;
    cin >> n;  // 读取点的数量n（偶数）

    vector<Point> points(n);  // 创建存储点的向量
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        cin >> points[i].x >> points[i].y;  // 读取每个点的坐标
        points[i].id = i + 1;  // 索引从1开始
    }

    // 定义按x坐标升序排序的lambda函数，如果x相同则按id升序
    auto compareByX = [](const Point& a, const Point& b) {
        return a.x < b.x || (a.x == b.x && a.id < b.id);
    };

    // 定义按y坐标升序排序的lambda函数，如果y相同则按id升序
    auto compareByY = [](const Point& a, const Point& b) {
        return a.y < b.y || (a.y == b.y && a.id < b.id);
    };

    // 定义按y坐标降序排序的lambda函数，如果y相同则按id升序
    auto compareByYDesc = [](const Point& a, const Point& b) {
        return a.y > b.y || (a.y == b.y && a.id < b.id);
    };

    // 定义按x坐标降序排序的lambda函数，如果x相同则按id升序
    auto compareByXDesc = [](const Point& a, const Point& b) {
        return a.x > b.x || (a.x == b.x && a.id < b.id);
    };

    vector<pair<int, int>> pairsOption1, pairsOption2;  // 存储两种方案的配对
    ll sumOption1 = 0, sumOption2 = 0;  // 存储两种方案的总曼哈顿距离

    // 方案1: 按x坐标分割成左右两组
    vector<Point> pointsSortedByX = points;  // 复制点集
    sort(pointsSortedByX.begin(), pointsSortedByX.end(), compareByX);  // 按x升序排序

    vector<Point> leftGroup(pointsSortedByX.begin(), pointsSortedByX.begin() + n / 2);  // 左半部分（小x）
    vector<Point> rightGroup(pointsSortedByX.begin() + n / 2, pointsSortedByX.end());  // 右半部分（大x）

    sort(leftGroup.begin(), leftGroup.end(), compareByY);  // 左组按y升序排序
    sort(rightGroup.begin(), rightGroup.end(), compareByYDesc);  // 右组按y降序排序

    for (int i = 0; i < n / 2; ++i) {
        ll dx = abs(leftGroup[i].x - rightGroup[i].x);  // 计算x差的绝对值
        ll dy = abs(leftGroup[i].y - rightGroup[i].y);  // 计算y差的绝对值
        sumOption1 += dx + dy;  // 累加到总和
        int a = leftGroup[i].id, b = rightGroup[i].id;  // 获取索引
        if (a > b) swap(a, b);  // 确保a < b
        pairsOption1.push_back({a, b});  // 添加配对
    }

    // 方案2: 按y坐标分割成上下两组
    vector<Point> pointsSortedByY = points;  // 复制点集
    sort(pointsSortedByY.begin(), pointsSortedByY.end(), compareByY);  // 按y升序排序

    vector<Point> bottomGroup(pointsSortedByY.begin(), pointsSortedByY.begin() + n / 2);  // 下半部分（小y）
    vector<Point> topGroup(pointsSortedByY.begin() + n / 2, pointsSortedByY.end());  // 上半部分（大y）

    sort(bottomGroup.begin(), bottomGroup.end(), compareByX);  // 下组按x升序排序
    sort(topGroup.begin(), topGroup.end(), compareByXDesc);  // 上组按x降序排序

    for (int i = 0; i < n / 2; ++i) {
        ll dx = abs(bottomGroup[i].x - topGroup[i].x);  // 计算x差的绝对值
        ll dy = abs(bottomGroup[i].y - topGroup[i].y);  // 计算y差的绝对值
        sumOption2 += dx + dy;  // 累加到总和
        int a = bottomGroup[i].id, b = topGroup[i].id;  // 获取索引
        if (a > b) swap(a, b);  // 确保a < b
        pairsOption2.push_back({a, b});  // 添加配对
    }

    // 选择总和更大的方案并输出配对
    if (sumOption1 >= sumOption2) {
        for (auto& pr : pairsOption1) {
            cout << pr.first << ' ' << pr.second << '\n';
        }
    } else {
        for (auto& pr : pairsOption2) {
            cout << pr.first << ' ' << pr.second << '\n';
        }
    }
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);

    int testCases;
    cin >> testCases;  // 读取测试用例数量
    while (testCases--) {
        processTestCase();  // 处理每个测试用例
    }
    return 0;
}