LOJ3342 NOI2020 製作菜品

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博主有幸參加了noi2020，考場上的經歷和心得請見這篇文章。這裡就不嘮叨了。

顯然，\(n\)種原材料，除了在輸出答案時，其他時候它們的原始順序對我們解題沒有任何影響。所以可以先將它們排序。現在假設\(d_1\leq d_2\leq \dots \leq d_n\)。

考慮一種貪心：先用最大的原材料和最小的原材料一起做成第一道菜。然後把它們剩餘的部分，當做一種新的材料，插入回\(d\)序列中，轉化為乙個\(m-1\)道菜的子問題。

這種貪心在\(m=n-1\)時是正確的，而且一定有解。以下是證明：

引理1.1：\(d_1。

證明1.1：

反證法，假設\(d_1\geq k\)，則\((\sum_^d_i)\geq d_1\times n\geq k\times n\)。又因為\((\sum_^d_i)=m\times k\)，所以\(m\times k\geq n\times k\)，\(m\geq n\)。與\(m=n-1\)矛盾。故可以證明：\(d_1。

證明1.2：

反正法，假設\(d_1+d_n，則\((\sum_^d_i)=(d_1+d_n)+(\sum_^d_i)<(n-1)\times k\)。這與\((\sum_^d_i)=m\times k=(n-1)\times k\)矛盾。故可以證明：\(d_1+d_n\geq k\)。

注意，在證明時，我們認為可以允許存在一道菜\(d_i=0\)（否則，\(n\)每次就不一定減少\(1\)，而有可能減少\(2\)：也就是\(d_1+d_n=k\)的情況）。這樣假設不會影響該做法的正確性，但在輸出答案時要注意判斷。

樸素地實現這一貪心，每次操作後將序列重新排序。時間複雜度\(o(mn\log n)\)。可以用\(\texttt\)優化到\(o(m\log n)\)不過沒有必要。

\(m\geq n\)時，考慮向\(m=n-1\)轉化。

引理2.1：\(d_n\geq k\)。

證明2.1：

反證法，假設\(d_n，則\((\sum_^d_i)。又因為\((\sum_^d_i)=m\times k\)，所以\(m\times k，\(m。與\(m\geq n\)矛盾。故可以證明：\(d_n\geq k\)。

考慮把手上的原材料，分成兩部分，分別滿足\(m=n-1\)。具體來說，我們要證明：

引理3.1：\(m=n-2\)時，有解當且僅當，存在乙個集合\(s\subsetneq \\)，使得\((\sum_d_i)=(|s|-1)\times k\)。

證明3.1：

充分性：可以對\(s\)和\(t=\\setminus s\)這兩個集合分別構造方案。根據定義，顯然這兩個集合都滿足：「\(m=n-1\)」。所以一定是有解的。

必要性：考慮建一張\(n\)個點的圖。如果在最終方案下，第\(i\)種原材料和第\(j\)種原材料，曾經共同拼成過一道菜，則在點\(i\)和點\(j\)之間連一條邊。因為總共只有\(m\)道菜，所以最多會連出\(m=n-2\)條邊。因此這張圖一定不連通。此時必然至少有乙個連通塊滿足「\(m=n-1\)」（也就是至少有乙個連通塊是樹。不可能每個連通塊都有環，否則邊數不夠用了），它就是集合\(s\)。也就是說，有解時，必然存在乙個這樣的集合\(s\)。

可以設計出這樣乙個樸素的狀態：\(dp[i][j][w]\)，表示考慮了前\(i\)種原材料，選出了\(j\)種原材料，它們的質量之和為\(w\)，是否存在一種這樣的方案。轉移就考慮下一種原材料選或不選，分別轉移到\(dp[i+1][j+1][w+d_]\)和\(dp[i+1][j][w]\)。最終，如果存在乙個\(j\)使得\(dp[n][j][(j-1)\times k]=1\)，則有解，我們順著轉移的過程，反推回去就能得到集合\(s\)。

時間複雜度\(o(n^2\sum d_i)=o(n^3k)\)。

繼續優化，發現我們並不關心\(j\)是多少，只關心\(j\)和\(w\)的關係：也就是\(w-j\times k=-k\)。於是我們可以令每樣物品的權值為\(v_i=d_i-k\)。設計乙個新的狀態：\(dp[i][j]\)，表示考慮了前\(i\)種物品，權值和為\(j\)，是否存在這樣的方案。考慮下一種原材料選或不選，可以轉移到\(dp[i+1][j+v_]\)和\(dp[i+1][j]\)。最終只要看\(dp[n][-k]\)是否為\(1\)即可。另外，這種dp狀態下，第二維可能是負數（最小為\(-nk\)）。所以在實現時，我們把數值統一加上\(nk\)即可。

在新的狀態下，dp的狀態數減小至\(n\times(nk+mk+1)\)個（第一維大小為\(n\)，第二維在\([-nk,mk]\)）。轉移是\(o(1)\)的。時間複雜度\(o(n^2k)\)，還是不足以通過全部資料。

因為dp陣列裡只存\(01\)兩種值，所以考慮用\(\texttt\)優化dp。具體來說，把dp的第二維，看做乙個大小為\(nk+mk+1\)的\(\texttt\)，則dp的轉移就相當於將上一階段的\(\texttt\)，或上它左移\(v_i\)位。即：\(dp[i]=dp[i-1]\operatorname(dp[i-1]\ll v_i)\)。特別地，如果\(v_i\)為負數，要寫成右移\(|v_i|\)位。

時間複雜度\(o(\frac)\)，其中\(w=64\)。可以通過本題。

還有乙個小問題。做完這個dp後，只是知道了是否有解。但我們還需要構造出\(s\)集合。不過這也不難，通過現有的dp陣列就能構造出來。考慮定義乙個\(\texttt\)函式，用遞迴實現。保證傳入的\(i,x\)滿足\(dp[i][x]=1\)。顯然，當\(i>0\)時，\(dp[i-1][x]\)和\(dp[i-1][x-v_i]\)必有至少乙個為\(1\)。任選乙個為\(1\)的遞迴下去即可。如果遞迴了\((i-1,x-v_i)\)，相當於把原材料\(i\)加入集合\(s\)，否則相當於加入另乙個集合。初始時，傳入\(i=n,x=-k\)。遞迴的邊界是\(i=0\)時直接返回。這樣顯然可以構造出滿足我們要求的兩個集合（分別滿足\(m=n-1\)）。

總時間複雜度\(o(\frac+mn\log n)\)。

//problem:loj3342

#include using namespace std;
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define sz(x) ((int)(x).size())
typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pairpii;
templateinline void ckmax(t& x,t y)
templateinline void ckmin(t& x,t y)
else
}	for(int i=1;i<=m;++i)
else
}void solve_case()
if(n<=m+1)
assert(n==m+2);
bas=n*k;// dp陣列為了保證下標不為負而產生的的偏移量
//dp[-x] -> dp[-x+bas]
dp[0].reset();
dp[0][0+bas]=1;
bool flag=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
flag=1;
break;
}	}if(!flag)
int main() 
return 0;
}

3342 NOI2020 製作菜品

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