CodeStar2023年春第3周周赛普及进阶组

T1：舞会配对

本题难度中等，注意到数据范围很小，正解极有可能是朴素的搜索枚举方法。

记 $m = 2n$

使用回溯法，依次考虑第 $1 \sim m$ 个人，要与谁配对
记录状态：

• 当前考虑配对的人的编号
• 已经配成的对数
• 当前（未完全的）配对方案的幸福度

代码实现

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, n) for (int i = 0; i < (n); ++i)
 
using namespace std;
using ll = long long;
 
int main() {
    int n;
    cin >> n;
    
    int m = 2*n;
    vector<vector<int>> a(m, vector<int>(m));
    rep(i, m)rep(j, m) cin >> a[i][j];
	
	ll ans = -1e18;
	vector<int> matched(m);
	auto dfs = [&](auto& f, int step, int cnt, ll now) -> void {
    	if (cnt == n) {
    	    ans = max(ans, now);
    	    return;
    	}
    	
    	if (matched[step]) {
    	    f(f, step+1, cnt, now);
    	    return;
    	} 
    	for (int i = step+1; i < m; ++i) {
    	    // 1. 剪枝
    	    if (matched[i]) continue;
    	    // 2. 试探
    	    matched[i] = matched[step] = true;
    	    f(f, step+1, cnt+1, now*a[step][i]);
    	    // 3. 回溯
    	    matched[i] = matched[step] = false;
    	}
	};
	
	dfs(dfs, 0, 0, 1);
	
	cout << ans << '\n';
    
    return 0;
}

如何分析时间复杂度？

$m = 16$ 的极端情形：

对第 $1$ 个待配对的人，后续有 $15$ 个可选的与其配对的人
对第 $2$ 个待配对的人，后续有 $13$ 个可选的与其配对的人
对第 $3$ 个待配对的人，后续有 $11$ 个可选的与其配对的人

$~\vdots$

对第 $8$ 个待配对的人，后续有 $1$ 个可选的与其配对的人

由乘法原理，需要枚举的所有配对方案为：

$$15!! = 15 \times 13 \times \cdots \times 3 \times 1 = 2027025$$

关于本题的背景：

本题为边权之积，可以通过取对数，化积为和。
实质为 二分图最大权匹配问题。
时间复杂度为 $O(n^3)$。
适用范围：提高组以上

T2：发积分

本题难度较大，显然 $x$ 越大 $k$ 天内能发的分数越多。二分 $x$，$check(x)$ 计算发 $k$ 天实际能发多少积分，判断是否能发出 $n$ 分。找到能发完 $n$ 分的最小 $x$。

本题 $k$ 比较小，$check$ 计算时，直接模拟 $k$ 天发积分即可。

使用整除分块技巧，一次可达 $O（\sqrt{k}）$，所以 $k$ 的范围可以强化到 $10^{12}$。

显然，$x=n$ 时，可以满足要求：

$$\lceil\frac{x}{1}\rceil + \lceil\frac{x}{2}\rceil + \cdots + \lceil\frac{x}{k}\rceil \geqslant n$$

答案要求 $x_{\min}$，而 $[x_{\min}, n]$ 中的任何值都满足要求。

考虑到可能的答案分成了两段，可以考虑使用二分答案法。
二分答案 $=$ 二分框架 $+$ 判定函数。

判断：对于当前的二分值 $x$，是否满足：

$$\lceil\frac{x}{1}\rceil + \lceil\frac{x}{2}\rceil + \cdots + \lceil\frac{x}{k}\rceil \geqslant n$$

每次判断时间复杂度 $O(k)$，二分范围为 $[1, n]$。
总时间复杂度 $O(k\log n)$。

代码实现

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, n) for (int i = 0; i < (n); ++i)
 
using namespace std;
using ll = long long;
 
int main() {
    ll n; int k;
    cin >> n >> k;
    
    ll wa = 0, ac = n;
    while (ac-wa > 1) {
        ll wj = (ac+wa)/2;
        
        auto ok = [&]{
            ll res = 0;
            for (int i = 1; i <= k; ++i) {
                res += (wj+i-1)/i;
            }
            return res >= n;
        }();
        
        (ok ? ac : wa) = wj;
    }
    
    cout << ac << '\n';
    
    return 0;
}