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题目

思路

你看，其实每个人都会把 $[1,n]$ 的所有编号拿一遍。所以，下面这句话就是顺理成章的：场地上的两个数字的差不能重复。

譬如，假设一个场地上是 $(a,a+\Delta )$ 而另一个是 $(b,b+\Delta )$ ，那么某两个编号相差 $\Delta$ 的人就会在这两个场地上都比赛。

类似的，二者的差可能不是正数。意即：一个人拿 $a+\Delta$ 而另一个人拿 $a$ ，二者的编号差也可能是 $a-(a+\Delta )=-\Delta \equiv n-\Delta (\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n)$ ，因为编号会自动取模 $n$ 。当然，这种情况会在两个差值（大减小）的和为 $n$ 时出现。

我们可以用集合来表示所有的差值。当 $n$ 为奇数时，很好找到这样的差值 { 1 , 3 , 5 , … , n − 2 } \left\{1,3,5,\dots,n-2\right\} { 1,3,5,…,n−2}

题面保证了 $2m+1\le n$ 即 $m\le \frac{n-1}{2}$ ，故数量足够。任意两者的和为奇数+奇数=偶数，不可能等于 $n$ 。能够构造出来吗？使用 俄罗斯套娃 ！

可以使用 $(1,n-1),(2,n-2),(3,n-3),\dots ,\left(\frac{n-1}{2},\frac{n+1}{2}\right)$ 。

至于 $n$ 为偶数的情况，就得动点小心思。我们可以写出这样的差值 $$\left\{x|\frac{x}{2}\in \mathbb{Z},x<\frac{n}{2}\right\}\bigcup \left\{x|\frac{x-1}{2}\in \mathbb{Z},x>\frac{n}{2}\right\}$$

个数有多少个？可以分类讨论 $n/2$ 的奇偶性。在 $n/2$ 为奇数时，大小为 $(\frac{n}{4}-\frac{1}{2})+(\frac{n}{4}-\frac{1}{2})=\frac{n}{2}-1$ ，显然够用；在 $n/2$ 为偶数时，大小为 $(\frac{n}{4}-1)+(\frac{n}{4})=\frac{n}{2}-1$ ，仍然够用。

相加会不会得到 $n$ 呢？因为 $n$ 是偶数，所以只能是奇数+奇数，或者偶数+偶数。但是奇数都小于 $\frac{n}{2}$ ，和必然小于 $n$ ；偶数都大于 $\frac{n}{2}$ ，和必定大于 $n$ ，故方案可行。

怎么构造呢？仍然使用俄罗斯套娃。小于 $\frac{n}{2}$ 的在最内层，更大的在外层继续套上去。

代码

#include <cstdio>#include <iostream>#include <vector>using namespace std;int main(){   	int n, m;	scanf("%d %d",&n,&m);	if(n%2 == 1){   		int l = 1, r = n-1;		for(int i=1; i<=m; ++i)			printf("%d %d\n",l++,r--);	}	else if(n%2 == 0){   		int l = n/2, r = n/2+1;		for(int i=1; i<=m; ++i){   			printf("%d %d\n",l--,r++);			if((r-l)%2 and r-l >= n/2)				++ r;		}	}	return 0;}