2017-2018 ACM-ICPC, NEERC, Northern Subregional Contest D Dividing Marbles

题目大意：

给出一个$N(N <= 2^{22}$)，$N$的二进制表示中1的个数不超过4.  一开始有一个集合$S = {N}$, 每次操作可以选择$nin S (n > 1)$, 将$n$拆成两个正整数$n_1$和$n_2$，$n = n1 + n2$, 然后令$S = {S setminus n} cup {n_1, n_2}$.  问最少多少次操作使得$S = { 1 }$.

题解：

考虑将这个过程倒过来，本质是让求一个最短的Brauer chain。考虑一个Brauer chain $a_0, a_1, dots a_k$, 其中$a_0 = 1$, $ a_k = N$. 首先类似快速幂随便构造一下可以得到一个长度为$s+t-2$的Brauer chain，$s$ 是$N$二进制位数，$t$是二进制表示下1的个数。 比如$N = (1110)_2, s = 4, t = 3$, 可以如下构造：${(1)_2, (10)_2, (100)_2, (1000)_2, (1100)_2, (1110)_2}$. 因此答案上界是$s+t-2$.

进一步挖掘一下性质:

$$s = lfloor log_{2}{n} floor + 1 , t le 4$$

$$k le s + t - 2 le lfloor log_{2}{n} floor + 1 + 4 - 2 le log_{2}{n} + 3$$

可以得到$ a_k ge  2^{k - 3}$，根据Brauer chain的性质，必须有$a_{i - 1} >= frac{a_i}{2}$. 从$a_k$倒着推回去可以推出任意$0 le i le k$, $a_i ge 2^{i - 3}$.

爆搜所有满足这个性质且最后一项不超过$2^{22}$的Brauer chain。 发现本地大概要跑50s。

然后想到没必要让$k le s + t - 2 $取等号，因为等号的情况可以直接构造。所以我们让爆搜的条件更加严格一点，$k < s + t - 2 $ 也就是说$ k le s + t - 3$. 重新顺着刚才的思路推导一遍得到更强的条件$ a_i ge  2^{i - 2}$。 然后爆搜就只要0.2s左右了。对于没有搜到的解，直接构造即可。

 

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define N 100010
typedef long long LL;
const int mod = 998244353; 
const double EPS = 1e-12;

int a[30];
vector<int> ans[(1 << 22) + 5];

void DFS(int k)
{
    if (k >= 2 && a[k] < (1 << (k - 2))) return;
    if (k > 25) return;

    if (__builtin_popcount(a[k]) <= 4 && (ans[a[k]].size() == 0 || k < ans[a[k]].size()))
    {
        ans[a[k]].clear();
        ans[a[k]] = vector<int>(a, a + k + 1);
    }
    for (int i = 0; i <= k; ++i)
    {
        a[k + 1] = a[k] + a[i];
        if (a[k + 1] > (1 << 22)) break;
        DFS(k + 1);
    }
}

int main()
{
    freopen("dividing.in", "r", stdin);
    freopen("dividing.out", "w", stdout);

    a[0] = 1;
    DFS(0);
    for (int i = 1; i <= (1 << 22); ++i)
    {
        if (__builtin_popcount(i) > 4 || ans[i].size() > 0) continue;
        
        int j;
        for (j = 0; (1 << j) <= i; ++j)
            ans[i].push_back(1 << j);    
        j--;
        int now = 1 << j;
        for (int k = 0; k < j; ++k)
        {
            if ((i >> k) & 1) 
            {
                now |= 1 << k;
                ans[i].push_back(now);
            }
        }
    }

    int T, d1, d2, d3, d4, n, k;
    scanf("%d", &T);
    while (T--)
    {
        scanf("%d %d %d %d", &d1, &d2, &d3, &d4);
        n = (1 << d1) + (1 << d2) + (1 << d3) + (1 << d4);
        
        printf("%d
", k = ans[n].size() - 1);
        
        for (int i = k; i >= 1; --i)
        {
            printf("%d %d %d
", ans[n][i], ans[n][i - 1], ans[n][i] - ans[n][i - 1]);
        }
    }
    
    
    return 0;
}