Luogu6775 [NOI2020] 制作菜品 做题记录

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主要记录一下做题过程。

首先题目看上去很不好处理，考虑从部分分的角度入手。

先看 $m=n-1$ 的部分分，这个性质让我们很容易想到一棵树。考虑把原材料当作点，菜品当作边，一道连接 $(x,y)$ 的菜品表示只能用编号为 $x$ 和 $y$ 的原材料。

对于这棵树，我们每次选择一个叶子，然后处理掉连接叶子的边表示的菜品，并删掉叶子。可以发现，一棵树确定了唯一一种方案。

但是这个方案不一定合法。当叶子原材料数量 $>k$ 或一个点的原材料数量被减到负数时，方案不合法。

我们考虑归纳构造，不断将点数减小。一种很直接的想法是设 $x,y$ 为 $d$ 最大和最小的点，每次在 $x,y$ 之间连一条边，然后保留 $x$，更新 $d_x\leftarrow d_x+d_y-k$。

这是否一定合法？

• 由于 $\sum _{i=1}^n{d}_i=mk=(n-1)k$，得 ${\displaystyle \frac{\sum _{i=1}^n{d}_i}{n}}={\displaystyle \frac{n-1}{n}}k$，可知 $\bar{d}<k$，那么一定有 $d_y<k$。

• 考虑最坏情况下，除了 $d_y$，其他点的 $d_i$ 都和 $d_x$ 相同，此时 $\sum _{i=1}^n{d}_i=d_y+(n-1)d_x=(n-1)k$，可得 ${\displaystyle \frac{d_y}{n-1}}+d_x=k$，那么 $d_x+d_y>k$。

所以一定合法，这样我们就做完了 $m=n-1$ 的部分分。

考虑 $m\ge n-1$ 的部分分，很容易想到转化成 $m=n-1$ 的形式。考虑归纳构造，一个直接的想法是，每次选取 $d_1,d_2,...,d_n$ 中最大的点 $x$，然后直接 $d_x\leftarrow d_x-k$。再次验证合法性：

• 考虑此时 $m\ge n$，且 $\sum _{i=1}^n{d}_i=mk\ge nk$，则 $\bar{d}\ge k$，显然有 $d_x=max{d}_i\ge k$。

注意有个坑点，就是如果 $d_x=k$，那么直接令 $n\leftarrow n-1$ 并删掉 $d_x$，官方数据没有卡，但是洛谷有 Hack 数据。

最后考虑 $m=n-2$ 的部分，边数竟然比树还少，此时这张图一定有至少两个连通块。可以发现，三个及以上个连通块一定不优，所以我们只需要枚举一个连通块。

此时这两个连通块都是树，如果找出了连通块，可以转成 $m=n-1$ 的形式。考虑一个连通块 $S$ 的合法条件，为 $\sum _{i\in S}{d}_i=(|S|-1)k$，这个显然可以背包解决。

可以把每个 $d_i$ 减去 $k$，就不用存 $|S|$ 这一维，剩下直接 bitset 即可。注意此时 $m$ 与 $n$ 同级，时间复杂度 $O({\displaystyle \frac{n^{2}k}{\omega }})$。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ull unsigned ll
#define pir pair <ll, ll>
#define mkp make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
using namespace std;
const ll maxn = 510;
ll t, n, m, k, d[maxn], id1[maxn], id2[maxn], len1, len2;
bitset <5000005> f[maxn];
bool cmp(ll x, ll y) {return d[x] < d[y];}
void sort_insert(ll *id, ll len) {
	ll i, x = id[len];
	for(i = len - 1; i; i--)
		if(d[id[i]] <= d[x]) break;
	for(ll j = len; j > i + 1; j--) id[j] =  id[j - 1];
	id[i + 1] = x;
}
void solve(ll *id, ll len) {
	sort(id + 1, id + 1 + len, cmp);
	while(len > 1) {
		printf("%lld %lld %lld %lld\n", 
			   id[1], d[id[1]], id[len], k - d[id[1]]);
		d[id[len]] += d[id[1]] - k;
		for(ll i = 1; i < len; i++) id[i] = id[i + 1];
		--len, sort_insert(id, len);
	}
}
void scheme(ll i, ll j) {
	if(i == 0) return;
	ll x = d[i] - k;
	if(j - x >= 0 && f[i - 1][j - x]) {
		id1[++len1] = i;
		scheme(i - 1, j - x);
	} else {
		id2[++len2] = i;
		scheme(i - 1, j);
	}
}
int main() {
	scanf("%lld", &t);
	while(t--) {
		scanf("%lld%lld%lld", &n, &m, &k);
		for(ll i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", d + i);
		if(m == n - 2) {
			ll B = m * k;
			f[0].reset(), f[0][B] = 1;
			for(ll i = 1; i <= n; i++) {
				ll x = d[i] - k;
				if(x >= 0) f[i] = f[i - 1] | (f[i - 1] << x);
				else f[i] = f[i - 1] | (f[i - 1] >> (-x));
			}
			if(!f[n][B - k]) {
				puts("-1"); continue;
			} len1 = len2 = 0, scheme(n, B - k);
			solve(id1, len1);
			solve(id2, len2);
		} else {
			for(ll i = 1; i <= n; i++) id1[i] = i;
			sort(id1 + 1, id1 + 1 + n, cmp);
			for(ll i = m; n && i >= n; i--) {
				printf("%lld %lld\n", id1[n], k);
				d[id1[n]] -= k;
				if(d[id1[n]]) sort_insert(id1, n);
				else --n;
			}
			solve(id1, n);
		}
	}
	return 0;
}