Kick Start 2019 Round H. Elevanagram

设共有 $N=\sum \mathrm{\_}{i=1}^9{A}_i$ 个数字。先把 $N$ 个数字任意分成两组 $A$ 和 $B$，$A$ 中有 $N_A=\text{floor}N/2$ 个数字，$B$ 中有 $N_B=\text{ceil}N/2$ 个数字。将 $A$ 中数字之和记作 $S_A$，$B$ 中数字之和记作 $S_B$。若 $(S_A-S_B)mod11\ne 0$，再进行调整。

考虑通过交换 $A$、$B$ 中的数字来改变 $S_A-S_B$ 的值。若有解一定能通过若干次交换操作使得 $S_A-S_{B}mod11=0$。用 $(a,b)$ 表示将 $A$ 中的数字 $a$ 与 $B$ 中的数字 $b$ 进行交换，交换 $a,b$ 之后 $S_A-S_B$ 的变化量是 $-2(a-b)$。

注意到若存在两个数字 $i,j$ 都出现了至少 $10$ 次，则答案一定是 YES。因为当 $k$ 取遍 $1$ 到 $10$，$2k(i-j)$ 也取遍 $1$ 到 $10$（在模 $11$ 的意义下）。

若每个数字都出现了不到 $10$ 次，可以用 DP 解决。令 $f[i][j][k]$ 表示从 $A$ 中取出 $1,2,\dots ,i$ 这 $i$ 种数字共 $j$ 个且取出的数字之和模 $11$ 等于 $k$ 是否有可能。对 $B$ 也进行同样的 DP。
补充：看了官方题解之后发现这个 DP 不必分别对 $A$ 做一次再对 $B$ 做一次。可以只对 $A$ 做一次 DP，方法是把 DP 的第三维改成前 $i$ 个数字造成的差值模 $11$ 等于 $k$。如此定义 DP 状态，最后答案就是 $f[9][\text{floor}N/2][0]$。下面的 DP 也可以如此改造。

考虑只有一个数字出现了至少 $10$ 次的情形。设此数字是 $d$。设 $d$ 在 $A$ 中出现了 $d_A$ 次，在 $B$ 中出现了 $d_B$ 次。

可以证明任意操作序列 $(a_1,b_1),\dots ,(a_n,b_n)$ 都可以化成等价的操作序列 $(a_1^{\prime },b_1^{\prime }),\dots ,(a_k^{\prime },b_k^{\prime })$ 且满足对于任意 $1\le i,j\le k$，$a_i^{\prime }\ne b_j^{\prime }$。

由于一定存在 $d$ 只作为 $a_i$ 或只作为 $b_i$ 的操作序列，我们只需考虑长度不超过 $$\begin{gathered} t=max \\ N\mathrm{\_}A-d\mathrm{\_}A,N\mathrm{\_}B-d\mathrm{\_}B \end{gathered}$$ 的操作序列。于是我们可以将 $A$、$B$ 中 $1$ 到 $9$ 的每个数字取出至多 $t$ 个，对这两组数目较少的数字进行 DP。

int main() {
 int T;
 scan(T);
 rep (T) {
   kase();
   vi a(10);
   up (i, 1, 9) scan(a[i]);
   int n10 = 0; //出现次数大于等于10的数字的个数
   up (i, 1, 9) {
     n10 += a[i] >= 10;
   }
   if (n10 >= 2) {
     println("YES");
     continue;
   }
   ll n = accumulate(all(a), 0LL);
   ll m = n / 2;
   vi b(10);
   // 先随机分配，再通过DP判断能否进行调整。
   up (i, 1, 9) {
     if (a[i] < m) {
       swap(a[i], b[i]);
       m -= b[i];
     } else {
       b[i] = (int)m;
       a[i] -= (int)m;
       break;
     }
   }

   ll sa = 0, sb = 0;
   up (i, 1, 9) {
     sa += a[i] * i;
     sb += b[i] * i;
   }
   ll r = (sa - sb) % 11;
   if (r == 0) {
     println("YES");
     continue;
   }
   if (r < 0) {
     r += 11;
   }
   // r = r / 2;
   // (11 + 1) / 2 是 2 在模 11 下的拟元。
   r = r * (11 + 1) / 2 % 11;
   // dp[i][j][k] 在前i种数里选择j个数余数是否可能是k
   // 用滚动数组去掉dp数组第一维。
   int na = 0, nb = 0;

   up (i, 1, 9) {
     if (a[i] < 10) {
       na += a[i];
     }
     if (b[i] < 10) {
       nb += b[i];
     }
   }
   auto t = max(na, nb);
   up (i, 1, 9) {
     a[i] = min(a[i], t);
     b[i] = min(b[i], t);
   }
   na = accumulate(all(a), 0);
   nb = accumulate(all(b), 0);
   vv<int> A(na + 1, vi(11));
   vv<int> B(nb + 1, vi(11));
   A[0][0] = 1;
   B[0][0] = 1;

   int ca = 0, cb = 0;

   up (i, 1, 9) {
     if (a[i] > 0) {
       down (j, ca, 0) {
         rng (k, 0, 11) {
           if (A[j][k]) {
             up (l, 1, a[i]) {
               A[j + l][(k + l * i) % 11] = true;
             }
           }
         }
       }
       ca += a[i];
     }
     if (b[i] > 0) {
       down (j, cb, 0) {
         rng (k, 0, 11) {
           if (B[j][k]) {
             up (l, 1, b[i]) {
               B[j + l][(k + l * i) % 11] = true;
             }
           }
         }
       }
       cb += b[i];
     }
   }

   bool flag = false;
   up (i, 1, min(na, nb)) {
     rng (j, 0, 11) {
       if (B[i][j] && A[i][(j + r) % 11]) {
         flag = true;
         break;
       }
     }
     if (flag) break;
   }
   println(flag ? "YES" : "NO");
 }
  return 0;
}