CF1654C

题意

有一些蛋糕，最开始只有一块。每次可以选择质量为 $x(x\ge 2)$ 的一块，将其切成 $\lfloor \frac{x}{2}\rfloor$ 和 $\lceil \frac{x}{2}\rceil$ 两块。现在给定切 $n-1$ 次后的结果，判断能否通过最开始的一块切出来。

思路

容易发现，每切一次，总质量都不会改变。因此，可以一开始直接确定蛋糕初始质量 $s=\sum _{i=1}^n{a}_i$。

将 $a$ 中的每个元素的出现次数存进一个 map 里。对于任意质量 $sum$ 进行以下分类讨论：

• 如果 $sum$ 在 map 里，则将其出现次数 $-1$，返回真。
• 如果 $sum$ 不在 map 里且 $sum=1$，由于不能再切了，即不可能再生成 map 里存在的元素，因此返回假。
• 如果 $sum$ 不在 map 里且 $sum\ge 2$，则将其切开后分别递归处理，返回两次递归结果的逻辑与。

但这样裸的 DFS 显然会 TLE，因此还要另开一个全局变量 $m$，记录现在已经切出来了多少块，当 $m>n$ 时，直接返回假。

此外数据范围 $a_i\le 1e9,n\le 2e5$，加起来肯定会爆 int，所以要开 long long。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
using namespace std;
typedef long long ll;
map<ll,int>mp;
int n,m;
inline void div(ll x,ll &a,ll &b){
    if(x&1)a=x/2,b=a+1;
    else a=b=x/2;
}
bool dfs(ll sum){
    if(mp[sum])return 1;
    else if(sum==1)return 0;
    ll x,y;div(sum,x,y);m++;
    if(m>n)return 0;
    bool ans=1;
    if(mp[x])mp[x]--;
    else ans&=dfs(x);
    if(mp[y])mp[y]--;
    else ans&=dfs(y);
    return ans;
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    //freopen("out","w",stdout);
    int t;cin>>t;
    while(t--){
        cin>>n;ll sum=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){int x;cin>>x;mp[x]++;sum+=x;}
        m=1;
        cout<<(dfs(sum)?"Yes\n":"No\n");
        mp.clear();
    }
    return 0;
}

时间复杂度：显然由于有 $m$ 的存在，递归的复杂度一定是 $O(n)$，外加 map 的一个 $\log$，总复杂度 $O(n\log n)$。