P6962 [NEERC2017]Knapsack Cryptosystem

tag:背包dp，贪心

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题意

给 \(n\) 个物品，每个物品只有 \(1\) 个，体积为 $b_i $，求取出物品总体积为 \(s\) 的方案。(模 \(2^{64}\)，保证有且仅有一个解)

\(b_i\) 的生成方式为：随机一个长度为 \(n\) 的 \(a_i\) 序列，满足对于任意 \(k\) 都有：

\[(\sum_{i=1}^{k-1}a_i)< a_k\quad \text{性质1} \]

\[\sum a_i< 2^{64}\quad\text{性质2} \]

再随机一个 \(r\)，\(r<2^{64}\) 且 \(r\) 和 \(2^{64}\) 互质。然后 \(b_i\equiv a_i\cdot r\ (mod\ 2^{64})\) 。

\(n\leq64\)

Case 1

显然这一个超大背包问题，那么我们学过一个经典的折半的解决方法，复杂度\(O(2^{\frac n2})\)，可以解决 \(n\leq46\) 的部分。

简单讲一下，就是暴力枚举前一半的所有选择方案，用一个数据结构把所有 \((S,sum)\) 存下来，然后再枚举后一半的所有选择方案，看是否存在对应的前一半的选择方案。

inline void Solve(){
    int mid = n>>1, tp = 1<<mid;
    for(register int s=0; s<tp; s++){
        ull sum=0;
        for(register int i=1; i<=mid; i++) if((s>>i-1)&1) sum += b[i];
        insert(sum,s);
    }
    tp = 1<<(n-mid);
    for(register int s=0; s<tp; s++){
        ull sum=0;
        for(register int i=1; i<=n-mid; i++) if((s>>i-1)&1) sum += b[mid+i];
        int ps = find(S-sum);
        if(ps!=-1){
            for(register int i=1; i<=mid; i++) if((ps>>i-1)&1) putchar('1'); else putchar('0');
            for(register int i=1; i<=n-mid; i++) if((s>>i-1)&1) putchar('1'); else putchar('0');
            puts("");
            return;
        }
    }
}

Case 2

考虑 \(n\in(46,64]\) 的部分。

注意一下 \(b_i\) 的生成方式，如果我们知道了 \(r\)，那么就可以求出 \(a_i\) 和对应的 \(s'\)。根据 \(a_i\) 的性质，可以直接贪心求出答案。

for(register int i=n; i; i--) 
	if(S>=a[i]) S -= a[i], ans[i] = '1';
	else ans[i] = '0';

首先根据性质2，是不用考虑取模的。其次，从大到小考虑时，如果 \(S\geq a_k\) 而不选 \(a_k\)，根据性质1，就算后面全部选也凑不齐 \(a_k\)，更别说凑齐 \(S\) 了。

那么核心问题转为了如何求 \(r\)。

根据性质1可以推出 \(a_1<\frac{2^{64}}{2^n}\)，于是得到了 \(a_1\) 的范围，\(mx=\frac{2^{64}}{2^n}\)。又因为 \(r\) 是一个奇数，所以 \(a_1\) 末尾 \(0\) 的个数一定和 \(b_1\) 末尾 \(0\) 的个数一样，设为 \(cnt\)，那么可能的 \(a_i\) 就只有 \(\frac{2^{64}}{2^{n-cnt-1}}\)个，大概是 \(2^{18}\) 级别。

于是想到枚举 \(a_1\)，然后求出 \(r^{-1}\)。也就是求 \(a_1\equiv r^{-1}\cdot b_1\ (mod\ 2^{64})\)，先同除 \(2^{cnt}\)，得到 \(a'\equiv r^{-1}\cdot b'\ (mod\ 2^{64-cnt})\)，此时因为 \(b'\) 是奇数与 \(2^{64-cnt}\) 互质，所以可以直接用快速幂求出 \(b'^{-1}\) 。

ull tp=1ull<<(64-n-cnt-1);
for(register ull i=0; i<tp; i++){
    ull a1 = (((i<<1)|1)<<cnt);
    ull r = (a1>>cnt)*ksm(tmp,(1ull<<(64-cnt-1))-1); 
    if(cnt) r = r&((1ull<<64-cnt)-1);
}

但是这样求出的是模 \(2^{64-cnt}\) 意义下的 \(r^{-1}\)，无法求出真正的 \(r^{-1}\) 的开头 \(cnt\) 位，所以还要 \(2^{cnt}\) 枚举一下。

ull tp1=1ull<<cnt;
for(register ull j=0; j<tp1; j++){
    ull true_r = r|(j<<63-cnt+1);
    check(true_r);
}

杂项

代码

出密码学的都是毒瘤

快速幂部分可以直接使用自然溢出快速幂，因为 \(a\mod b=(a\mod kb)\mod b\)

关于复杂度，设两个 \(Case\) 分界点为 \(k\)，那么复杂度分别为 \(O(2^{\frac k2})\) 和 \(O(2^{n-k})\)，所以理论上 \(k=\frac23\cdot64\) 时取到最优复杂度。