【CSP-J 2025】T4 多边形 polygon 题解

有史以来最水的 T4，我都会做。

形式化题面

给定一个长 \(n\) 的序列 \(\{a_i\}\)（\(1\le n ,a_i \le 5000\)），你需要找到一个长度为 \(m\) 的子序列，记下标为 \(b_1,b_2,\dots,b_m\)，满足：

• \(m\ge 3\)

• \(\sum_{i=1}^{m} b_i > 2 \times \max_{i=1}^{m} b_i\)

求满足条件的子序列 \(b\) 的数量，答案对 \(998244353\) 取模。

测试点信息:

测试点编号	\(n \leq\)	\(\max_{i=1}^{n} a_i \leq\)
\(1 \sim 3\)	\(3\)	\(10\)
\(4 \sim 6\)	\(10\)	\(10^2\)
\(7 \sim 10\)	\(20\)	^
\(11 \sim 14\)	\(500\)	^
\(15 \sim 17\)	^	\(1\)
\(18 \sim 20\)	\(5\,000\)	^
\(21 \sim 25\)	^	\(5\,000\)

思路

考虑到这个 \(\max\) 很烦，我们想到把它搞掉，自然想到把 \(\{a_i\}\) 从小到大排序。

然后我们只要枚举最大值 \(a_i\)（\(1\le i\le n\)，注意这个是强制选择 \(a_i\)），相当于就是要求有多少个由 \([1 ,i - 1]\) 内的数组成的非空下标子集 \(S\)，使得:

\[\sum\limits_{j\in S} a_j + a_i > 2a_i \]

即：

\[\sum\limits_{j \in S} a_j > a_i \]

但是这里不用考虑 \(m\ge 3\)。

原因

显然 \(m = 1\) 就是只选择 \(a_i\) 一个数，那么肯定不满足 \(0 > a_i\)。

当 \(m = 2\) 时相当于要找 \(1\le j < i\) 使得 \(a_j > a_i\)，由于我们是升序排序，这个自然也不可能。

综上所述，\(m\) 的限制我们可以不用考虑。

现在我们的流程如下：

• 计算前 \(i - 1\) 个数所有的非空子集的和大于 \(a_i\) 的数量。

• 把第 \(i\) 个数的贡献加上。

具体地，我们设 \(f_{i ,j}\) 为前 \(i\) 个数，凑出和为 \(j\) 的方案数，记答案为 \(ans\)，那么每次统计答案（\(i\ge 3\)）相当于：

\[ans\gets ans + \sum\limits_{j = a_i + 1}^{V} f_{i - 1 ,j} \]

其中 \(V = \sum a_i\)，也就是所有数的和。

然后加上第 \(i\) 个数的贡献为：

\[f_{i ,j} \gets f_{i - 1 ,j} + f_{i - 1 ,j - a_i} \]

前面的是不选择 \(a_i\)，后面的是选择 \(a_i\)。

初始化 \(f_{0 ,0} = 1\)。

时间和空间复杂度都为 \(\mathcal O(nV)\)，其中 \(V\) 为 \(\mathcal O(n\times a_i)\) 级别（由于 \(n\) 和 \(a_i\) 同价，此处和下文默认为 \(\mathcal O(n^2)\) 哦），也就是 \(\mathcal O(n^3)\)。

CCF 非常良心，给了几个 \(\max\limits_{i = 1}^n a_i = 1\) 的数据，这样 \(\sum a_i\) 就是 \(n\)，时间复杂度为 \(\mathcal O(n^2)\)。

注意到这边空间复杂度有点高，我们压缩一下，转移就为：

\[f_j \gets f_j+ f_{j - a_i} \]

这边 \(j\) 倒着枚举，\(f_j\) 对应上文 \(f_{i -1 ,j}\)，\(f_{j - a_i}\) 对应上文 \(f_{i - 1 ,j - a_i}\)，空间复杂度为 \(\mathcal O(n^2)\)。初始化 \(f_0 = 1\)。

期望和实际得分都是 \(80\)。

namespace lolcrying {

	signed main(){

        n = read();

        int sum = 0 ;
        up(i ,1 ,n) a[i] = read() ,sum += a[i];
        
        sort(a + 1 ,a + 1 + n);

        f[0] = 1;
        
        up(i ,1 ,n) {
            if(i >= 3) {

                up(j ,a[i] + 1 ,sum) ans += f[j] ,ans %= mod ; 
            }
            dn(j ,sum ,a[i]) f[j] += f[j - a[i]] ,f[j] %= mod;
        }

        writeln(ans);
        
		return 0 ;
	}

}

然后考虑正解。

我们发现这样做转移和统计答案都会 TLE，于是考虑优化（废话）。

观察到统计答案部分，我们自然想到用前缀和，即 \(\sum\limits_{i = 1}^{sum} f_i - \sum\limits_{i = 1}^{a_i} f_i\)。

我们又想，此时如果可以快速计算前面的部分，后面的部分值域就是 \(a_i\)（\(5000\)），这样转移也不用这么费时了。

仔细一想，发现前面部分真的可以 \(\mathcal O(1)\) 算，具体地，我们转化一下，前面就是总方案数。

那么总方案数就是前 \(i - 1\) 个数随便取或不取，去除空集，数量为 \(2^{i - 1} - 1\)，前面可以快速幂做到 \(\mathcal O(\log mod)\)，或者循环的时候直接做 \(\mathcal O(1)\)。

然后转移和统计答案都是 \(\mathcal O(n^2)\) 了！

这种思想好像是正难则反。

这样，我们通过了 CSP-J 2025 T4（皆大欢喜）。

期望和实际得分都是 \(100\)。

namespace lolcrying {

	inline int qpow(int a ,int b){
        int res = 1;
        for( ; b ; a = a * a % mod ,b >>= 1) if(b & 1) res = res * a % mod;
        return res;
    } signed main(){

        n = read();
        up(i ,1 ,n) a[i] = read();
        
        sort(a + 1 ,a + 1 + n);

        f[0] = 1;
        
        up(i ,1 ,n) {
            if(i >= 3) {
                int total = 0 ;
                up(j ,1 ,a[i]) total += f[j] ,total %= mod; // 不合法数量。
                
                ans += (qpow(2 ,i - 1) - 1 - total + mod) % mod ,ans %= mod; // 总量 - 不合法数量。

            }
            dn(j ,5000 ,a[i]) f[j] += f[j - a[i]] ,f[j] %= mod; // 转移。
        }

        writeln(ans);
        
		return 0 ;
	}

}

其余无启发性子任务

• \(n\le 20\) dfs 暴力。

• \(a_i \le 1\) 你能发现任何 \(m \ge 2\) 的子序列都成立，答案即为 \(\sum\limits_{i = 3}^n \binom{n}{i} = 2^n - 1 - n - \frac{n(n - 1)}{2}\)。

• 其余不知道，但是都能用 \(80\) 的 DP。