NOI2020 製作菜品題解

題意分析

給出 $n$ 個數和 $m$ 個 $k$ ，可以某些 $k$ 拆兩個正整數，使得拆後的數可以拼成給出的 $n$ 個數。

思路分析

上面的解釋是因為這樣寫比較方便，實際上按照題意應該是用 $n$ 個數拆分拼成 $m$ 個 $k$ 。

觀察資料範圍，發現有 $m\geq n-2$ 的限制和 $m\geq n-1$ 的部分分，考慮從這裡切入分析。

先分析 $m\geq n-1$ 的情況。令 $d_,d_$ 分別表示最小的 $d$ 和最大的 $d$ 。

很容易想到乙個貪心，若 $d_

如何證明這個貪心是正確的？

可以證明當 $m\geq n$ 時， $d_\geq k$ ，即與 $d_$ 配對後一定有剩餘，因此此時每次只會僅讓 $m$ 減 $1$ （ $d_\geq k$ ）或 $n,m$ 各減 $1$ （ $d_

若 $m=n-1$ ，可能會出現 $d_+d_\leq k$ 的情況。可以證明此時 $d_+d_\geq 0$ ，因此只會出現 $d_+d_=k$ 的情況，這也說明了 $m=n-1$ 的情況下一定有解。這樣就會有 $n$ 減 $2$ 而 $m$ 減 $1$ ，轉化為 $m=n$ 。但是根據之前的分析，當 $m=n$ 時有 $d_\geq k$ ，而之前的 $d_< k$ 。因此這種情況當且僅當 $n=2$ 時會發生，即當前拼完之後就沒有剩餘的 $d$ 了，此時用剩下的兩個 $d$ 拼成乙個 $k$ 即可。另外，可以證明此時 $d_

綜上，根據這個貪心策略，可以使 $m\geq n-1$ 所有情況不斷向 $m=n-1$ 靠近，進入 $m=n-1$ 情況後就會保持不變，直至 $n=2$ ，此時用剩下的兩個 $d$ 拼成乙個 $k$ 即可，一定有解。用 set 等資料結構優化，時間複雜度 $o(m\log n)$ 。其實暴力 $o(mn)$ 也可以過

題目中的 $\sum d_i =m*k$ 是個很重要的性質，上面的「可以證明」都可以根據這個性質來證明。

接下來分析 $m=n-2$ 的情況。

可以想到把這種情況劃分成兩個獨立的 $m=n-1$ 的情況進行求解，此時兩部分的 $d$ 是沒有重合的。會不會有重合的情況呢？若存在這種情況，即從第二個 $k$ 開始，每次配對只能多用乙個 $d$ ，最後只能用 $n-1$ 個 $d$ ，顯然是不可能把 $d$ 全部用完的，因此不存在這種情況。

如何劃分？

分析這個策略，發現實質是要找到乙個集合 $s$ 使得 $\sum_ d_i=(|s|-1)*k$ ， $|s|$ 表示集合 $s$ 的大小，即前面的 $n$ ，而不在這個集合內的元素就歸到另乙個集合。移項整理可以得到 $\sum_ (d_i-k)=-k$ 。看到這個式子很容易想到 01 揹包。用 bitset 優化，時間複雜度 $o(\frac)$ 。然後按照貪心策略分別求解，總的時間複雜度是 $o(\frac+nlogn)$ 。注意，由於可能會出現負數，因此要將所有數處理為正數再進行 dp 。

綜上，若 $m\geq n-1$ ，直接按照貪心策略進行求解；否則，用 01 揹包將所有的 $d$ 劃分成滿足 $\sum_ (d_i-k)=-k$ 的兩個集合，再按照貪心策略分別求解，此時一定有解。若找不到滿足條件的集合，則無解。

#include#include#include#include#includeusing namespace std;
const int n=600,m=2e6+5e5;
int t,n,m,k;
int d[n],v[n];
bool pd[n];
multiset> s;//維護 d_min 和 d_max
void solve()
if(minv && s.size())//還沒解完
}}//貪心處理
void parti()
int now=m-k;
s.clear();
for(int i=n;i;i--)//倒著來，找到乙個滿足條件的集合
if(f[i-1][now-v[i]])
solve();s.clear();
for(int i=1;i<=n;i++)//找另乙個集合
if(!pd[i])
s.insert(make_pair(d[i],i));
solve();
}int main()
}return 0;
}

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