bitset优化01可行背包

例题传送门：『STA - R3』Aulvwc

先讲bitset用法：

1，基础

下标：$543210$

数字：$000010$

$bitset$<$n$> $s$表示一个$n$位的二进制数，空间复杂度：$O(\frac{n}{32})$，可见其非常优秀

因为其跟二进制有关，所以可以使用$\mathrm{\&},|,\wedge$对两个位数相同的$bitset$执行按位与，或，异或运算。

当然也可以使用$<<,>>$对其进行左移和右移

$==,!=$也可以比较两个位数相同的$bitset$代表的二进制数是否相等

2，特有的

$s.count()$返回二进制串中$1$的个数

$s.set()$把$s$的所有位变成$1$

$s.set(k,v)$或$s[k]$把$s$的第$k$位变为$v$，其中$v$为$0$或$1$

$s.reset()$把$s$的第$k$位变为$0$

$s.reset(k)$把$s$的第$k$位变成$0$

$s.filp()$或$s=\sim s$把$s$所有位取反

$s.filp(k)$或$s[k]\wedge =1$把第$k$位取反

$01$背包，即背包中只有$0$和$1$，一般$f_i$表示$i$这个数能否取到

正常$01$背包代码

f[0]=1
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=m;j>=a[i];j--)
  f[j]=max(f[j],f[j-a[i]]);

但是对于每个数只有选和不选的情况下

我们考虑构建$bitset$<$m$> $s$，其中第$i$位表示$i$能否取到

那么对于加入的$a_i$我们考虑我们选$a_i$，如果我们选$a_i$，那么代表原来能取到$j$的数，就能取到$j+a_i$，因为第$i$位表示$i$能否取到，所以我们选$a_i$能取到的值域就是$s<<=a_i$，不选$a_i$就是$s$，所以最终的$s$就是$s=(s|(s<<=a_i))$

代码：

bitset<m> s;
s.set(0,1);
for(int i=1;i<=n;i++)
s|=(s<<a[i]);

非常快，那么例题就可用这种优化优化到$O(qnw),w=max(a_i)$

上代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=2e3+50,M=3e6+50;
ll q,n,a[N],zh;
bool flag=false;
bitset<M> f,f1;
int main()
{
	scanf("%lld",&q);
	while(q--)
	{
		flag=false;
		zh=0;
		scanf("%lld",&n);
		for(ll i=1;i<=n;i++)
		{
			scanf("%lld",&a[i]);
			zh+=a[i];
		}
		if(zh%n!=0)
		{
			puts("No");
			continue;
		}
		zh=zh/n;
		for(ll i=1;i<=n;i++)
		a[i]-=zh;
		for(ll i=1;i<=n;i++)
		if(a[i]==0) flag=true;
		if(flag)
		{
			puts("Yes");
			continue;
		}
		
		f.reset();
		f1.reset();
		f.set(0,1);
		f1.set(0,1);
		for(ll i=1;i<=n;i++)
		{
			if(a[i]<0)
			{
				a[i]=a[i]*-1;
				f=(f|(f<<a[i]));
			}
			else f1=(f1|(f1<<a[i]));
		}
		f=(f&f1);
		if(f.count()>2) puts("Yes");
		else puts("No");
	}
	return 0;
}

注意代码中$f.count()>2$因为$0$和都选一定是都能取到的，假如还有第三种能取到，那么就是$Yes$，否则为$No$