Codeforces 1239E. Turtle 折半

原文链接www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/CF1239E.html

前言

咕了这么久之后，我的博客复活了！

题解

结论1

存在一个最优解(A)数组，满足(forall 1leq i <n, A_{1,i}leq A_{1,i+1}, A_{2,i}geq A_{2,i+1})

证明提示：假设 (A_{1,i} > A_{1,j},i<j)，那么，交换这两个值之后得到的答案严格不劣，另一行证法相同。

结论2

当(A)数组满足(forall 1leq i <n, A_{1,i}leq A_{1,i+1}, A_{2,i}geq A_{2,i+1})时，从左上角走到右下角存在一种方案，使得经过的权值之和最大，并且经过整个第一行或整个第二行。

证明

定义路径 (i) 表示经过 (A_{1,i}) 和 (A_{2,i}) 的合法路径。那么可以证明，当 (1<i<n) 时，路径 (i-1) 和路径 (i+1) 中至少存在一个不劣于路径 (i) 。

具体地，记 (s_i) 表示路径 (i) 的权值和，那么

[s_{i+1} - s_i = A_{1,i+1} - A_{2,i}\ s_{i-1}-s_i = A_{2,i-1} - A_{1,i} ]

假设 (s_i>s_{i-1},s_i>s_{i+1}) ，那么

[A_{1,i+1} < A_{2,i} , A_{2,i-1}<A_{1,i} ]

又因为

[A_{1,i}leq A_{1,i+1}, A_{2,i}leq A_{2,i-1} ]

所以

[A_{1,i}leq A_{1,i+1}<A_{2,i}leq A_{2,i-1}<A_{1,i}Longrightarrow A_{1,i}<A_{1,i} ]

矛盾，故 (s_ileq s_{i-1},s_ileq s_{i+1}) 二者至少有一个正确。

假设 (s_ileq s_{i-1}) 成立，那么 (A_{1,i}leq A_{2,i-1}) ，所以 (A_{1,i-1}leq A_{1,i}leq A_{2,i-1}leq A_{2,i-2})，所以可以得到 (s_{i-1}leq s_{i-2})，即

[s_ileq s_{i-1} Rightarrow s_{i-1}leq s_{i-2} ]

于是可得 (s_ileq s_1) 。

若 (s_ileq s_{i+1}) ，则同理可得 (s_ileq s_n) 。

综上所述，(s_ileq s_1,s_ileq s_n) 二者至少有一个正确。

所以，对于 (1<i<n) ，必然有 (s_1) 或者 (s_n) 不劣于 (s_i)，所以，(max(s_1,s_n) = max_{i = 1}^{n} (s_i)) 。

于是结论2得证。

解决问题

我们现在要解决的问题变成：将最小值和次小值分别置于左上角和右下角，其余的数分成权值和尽量平均的两份，也就是最小化权值和的两部分 (max) 。

由于输入的 (a) 数组值域较小，容易想到使用背包算法解决剩余的问题，并使用 bitset 优化，但是考虑到要记录方案，无法使用 bitset 。

考虑数的个数不多，我们可以采用折半的方法，每一半有 (n-1) 个数。对于每一半，分别暴力枚举每一个数是否被选，把所有方案状态压缩之后记到二维数组中。数组的两维分别表示选了几个数、这些数的和。

最后，再使用双指针扫描数组获取最优解即可。这部分可以参照代码理解。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define clr(x) memset(x,0,sizeof x)
#define For(i,a,b) for (int i=(a);i<=(b);i++)
#define Fod(i,b,a) for (int i=(b);i>=(a);i--)
#define pb(x) push_back(x)
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define fi first
#define se second
#define outval(x) cerr<<#x" = "<<x<<endl
#define outtag(x) cerr<<"-----------------"#x"-----------------
"
#define outarr(a,L,R) cerr<<#a"["<<L<<".."<<R<<"] = ";
                    For(_x,L,R) cerr<<a[_x]<<" ";cerr<<endl;
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair <int,int> pii;
LL read(){
    LL x=0,f=0;
    char ch=getchar();
    while (!isdigit(ch))
        f=ch=='-',ch=getchar();
    while (isdigit(ch))
        x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
    return f?-x:x;
}
const int N=26,S=N*50000;
int n,s;
vector <int> a,b;
bitset <S> va[N],vb[N];
int sta[N][S],stb[N][S];
void SolveA(int k,int cnt,int sum,int st){
	if (k==n-1){
		if (!va[cnt][sum]){
			va[cnt][sum]=1;
			sta[cnt][sum]=st;
		}
		return;
	}
	SolveA(k+1,cnt,sum,st);
	SolveA(k+1,cnt+1,sum+a[k],st|1<<k);
}
void SolveB(int k,int cnt,int sum,int st){
	if (k==n-1){
		if (!vb[cnt][sum]){
			vb[cnt][sum]=1;
			stb[cnt][sum]=st;
		}
		return;
	}
	SolveB(k+1,cnt,sum,st);
	SolveB(k+1,cnt+1,sum+b[k],st|1<<k);
}
int ans=1e9,ansa,ansb;
int res[2][N];
void chkans(int i,int j,int ap,int bp){
	int val=max(ap+bp,s-ap-bp);
	if (val<ans){
		ans=val;
		ansa=sta[i][ap];
		ansb=stb[j][bp];
	}
}
int main(){
	n=read();
	For(i,1,n*2)
		a.pb(read());
	sort(a.begin(),a.end());
	reverse(a.begin(),a.end());
	res[0][1]=a.back(),a.pop_back();
	res[1][n]=a.back(),a.pop_back();
	s=0;
	for (auto i : a)
		s+=i;
	For(i,1,n-1)
		b.pb(a.back()),a.pop_back();
	SolveA(0,0,0,0);
	SolveB(0,0,0,0);
	For(i,0,n-1){
		int j=n-1-i;
		vector <int> bp;
		For(k,0,s)
			if (vb[j][k])
				bp.pb(k);
		For(k,0,s){
			if (!va[i][k])
				continue;
			while (bp.size()>=2&&(bp[bp.size()-2]+k)*2>=s)
				bp.pop_back();
			if (bp.size()>0)
				chkans(i,j,k,bp.back());
			if (bp.size()>=2)
				chkans(i,j,k,bp[bp.size()-2]);
		}
	}
	int t0=1,t1=0;
	For(i,0,n-2)
		if (ansa>>i&1)
			res[0][++t0]=a[i];
		else
			res[1][++t1]=a[i];
	For(i,0,n-2)
		if (ansb>>i&1)
			res[0][++t0]=b[i];
		else
			res[1][++t1]=b[i];
	sort(res[0]+2,res[0]+n+1);
	sort(res[1]+1,res[1]+n);
	reverse(res[1]+1,res[1]+n);
	For(i,0,1){
		For(j,1,n)
			printf("%d ",res[i][j]);
		puts("");
	}
	return 0;
}