1. 由该题联想到均分纸牌这题，但是该题首尾相接，相当于纸牌形成一个环，而且每次只能移动1。
   对均分纸牌做一个改变，即每次只能移动一张纸牌，先设纸牌数组为a数组，由平均数想到将a数组每一位减去平均数得到负债数组b（负债可正可负），每堆纸牌只受相邻左右两堆影响，因此从左开始，第i堆的负债（即b[i]），转让给第i+1堆（b[i+1]+=b[i]），第i堆归零，第i+1堆加上第i堆的负债（可正可负），与此同时操作数要加上负债的绝对值，直到最后。可以发现每次加上的操作数是b数组的前缀和的绝对值,设f数组是b数组的前缀和数组，求$∑|f[i]|$即可。

2. 但是在这个问题中，纸牌可以首尾相接，即形成一个环。对于环，有一个断环形式，就是考虑从第k堆开始断，形成一条链，同样是求前缀和，利用原来的f数组，此时第k位是$f[k]-f[k]=0$,第k+1位$f[k+1]-f[k]……$,第n位是$f[n]-f[k]$,第1位是$f[n]-f[k]+f[1]……$,第k-1位$f[n]-f[k]+f[k+1]$根据上面的推论可知：$f[n]=0$,因为f数组是负债数组b的前缀和，因为肯定存在解，所以当累加到最后一项时负债肯定为0,可以试着把f数组列出）,于是可以化简：$f[n]-f[k]+f[1]=f[1]-f[k]$，类似的最后求的就是$∑|f[i]-f[k]|$，为了使操作数最少，就要找出使$∑|f[i]-f[k]|$最小的k，由中位数的性质可知，f[k]就是$f$数组的中位数，于是解决了环形均分纸牌的问题

3. 在这道题目中，先进行特判，如果喜爱的摊位数是行或列的整数，则分别求行或列的操作数，如果是行列的公倍数，因为交换两个元素时只影响行或列其一，因此分别求出行和列的操作数即可！

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 100010;

int row[N] , col[N] , f[N];
int n , m , k;

long long cal(int a[] , int t)
{
    for(int i = 1 ; i <= t ; i++)//求减掉平均值的前缀和
    {
        a[i] -= k/t;
        f[i] = f[i - 1] + a[i];
    }

    sort(f + 1 , f + 1 + t);
    long long res = 0;
    for(int i = 1 ; i <= t ; i++)//利用中位数思想，求出最优解
        res += abs(f[i] - f[(t+1) >> 1]);

    return res;
}

int main()
{
    cin >> n >> m >> k;

    for(int i = 0 ; i < k ; i++)
    {
        int x , y;
        cin >> x >> y;
        row[x]++ , col[y]++;//对应行的元素的个数+1
    }

    if(k%n==0 && k%m==0) cout << "both " << cal(row , n) + cal(col , m) << endl;
    else if(k%n==0) cout << "row " << cal(row , n) << endl;
    else if(k%m==0) cout << "column " << cal(col , m) << endl;
    else cout << "impossible" << endl;

    return 0;
}