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考場上想到 70pts，結果沒清空+沒特判轉移**丟掉 35pts
不那麼顯然，如果 \(m \ge n - 1\)，那麼一定有解。
考慮如果只剩下一堆大於 \(k\) 的材料，那麼每次我們取乙個，不夠再取另乙個，一定能取完。於是我們只用考慮怎麼消滅小於 \(k\) 的材料。因為每次我們可以把最小的那個取走，不夠再從大於 \(k-v_i\) 的那些材料裡面找，每取一次肯定能消滅乙個小的，並且我們能保證能找到大於 \(k-v_i\) 的材料，否則剩下的平均將小於 \(k-v_i\)，仔細想想發現 \(m \ge n - 1\) 的時候不可能。因此我們能夠在 \(m \ge n - 1\) 的情況下找到解。
現在考慮 \(m = n - 2\)。如果有解，一定時拿著拿著發現正好有兩個的和為 \(k\)，一下子消掉兩個。換言之，我們能夠將原材料分成兩個集合，對於每個集合都符合 \(\sum_ v_i = (|s| - 1) * k\) 的性質。那麼我們直接揹包 dp 即可拿到 70pts。
發現我們要記乙個集合大小，很不方便。我們可以統一讓 \(v_i\) 減去 \(k\)，最後判斷是否可能為 \(-k\) 即可。
發現我們的 dp 狀態設成布林型別肯定不好，並且發現每次就是對陣列進行左移和或操作，因此直接上 bitset 優化即可。因為我們要知道轉移路徑，因此不能滾動陣列，但是在 bitset 的強力優化下還是可行的（dp陣列大概有幾千萬位元組）。不過絕對不能記錄 \(pre\)，要當場手動模擬，看如果選擇 \(cur\) 之前的狀態是否合法，據此決定是否選擇 \(cur\)。
關鍵**:
bool vis[567];
inline void get_ans() ;
vis[stk[i]] = true;
} sol(stop, stop - 1);
int ntot = 0;
for (register int i = 1; i <= n; ++i) ;
} sol(ntot, ntot - 1);
success();
}bitsetbt[505];
inline bool try()
if (!bt[n][-k + base]) return false;
int nw = -k;
for (register int i = n; i; --i)
} return true;
}
LOJ3342 NOI2020 製作菜品
題目鏈結 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。本題的突破口在於 m 和 n 的關係。也就是資料範圍表裡這些奇怪的限制 m n 1 m geq n 1 m geq n 2 我們乙個乙個來看。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...
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