【题解】P13345 [EGOI 2025] IMO

先把最终的排名给弄出来，然后就在从高到低排好序的 \(a\) 数组上来看。

我们显然只需要考虑相邻排名的选手之间的限制。

\(f_{i,j}\) 表示考虑了前 \(i\) 名选手，且第 \(i\) 名选手的得分最小值为 \(j\) ，最小的答案。

为了实现转移，我们需要知道每个选手能够弄出什么样的得分。每个选手最终的分布都可以用 “确定的得分和、隐藏得分的题目个数” 这样的二元组来表示。

对于第 \(i\) 名选手，使用 \(g_{j,t,p}\) 表示考虑了前 \(j\) 道题，当前确定的得分和为 \(t\) ，隐藏得分的题目个数为 \(p\) ，这种情况是否可行。转移很容易，只需决策当前这道题是否隐藏即可。

回到 \(f\) 的转移，枚举 \(i\) 、第 \(i\) 位选手的得分下界 \(j\) ，以及该选手隐藏的题目个数 \(num\) 。

得分下界 \(j\) 其实就是“当前确定的得分和”，此时第 \(i\) 位选手的得分上界即为 \(j+num\times k\)，只需第 \(i-1\) 位选手的得分下界比第 \(i\) 位选手的得分上界更大即可。注意这里“更大”需要比较是否 \(i\) 与 \(i-1\) 原始编号的大小，这会影响两人得分能否相同。

来看看复杂度，使用 bitset 可以将 \(p\) 这一维压掉。\(f\) 的状态数是 \(n\times mk\) ，转移 \(m\) ；对于每个 \(i\)， \(g\) 的状态数 \(m\times mk\times m\) ，\(O(1)\) 转移，bitset 优化可以去掉一个 \(\omega\) 。这么来看复杂度大概是 \(O(n\log n+nm^2k+nm^3k/\omega)\) ，可以获得 \(72\text{pts}\) 。

但是状态真的有这么大吗？？记 \(sum_i\) 为第 \(i\) 人的原始得分总和。对于 \(f_{i,j}\) ，\(j\) 这一位的取值只能取 \([sum_{i+1},sum_{i}]\) 中，否则 \(j\) 太小第 \(i+1\) 人就没法填了。故 \(f\) 的状态数为 \(\sum_{i=1}^n (sum_i-sum_{i+1})\) 。而且转移也不需要 \(O(m)\) ，只需计算 \(p\in[0,(sum_{i-1}-sum_{i+1})/k]\) 的值。计算 \(f\) 的复杂度变为 ：

\( \sum_{i=1}^n (sum_i-sum_{i+1})(sum_{i-1}-sum_{i+1})/k\leq \sum_{i=1}^n(sum_{i-1}-sum_{i+1})^2/k=O(m^2k) \) 。

然后再看 \(g\) ，对于给定的 \(i,j\) ，并不是所有的 \(t\) 都有用。记 \(d=sum_{i}-sum_{i+1}\) ，最终 \(j=m\) 时 \(t\) 的取值为 \([sum_{i+1},sum_i]=[sum_i-d,sum_i]\)，因此对于每个 \(j\) 作转移时，只用计算最大 \(d\) 个有用的 \(t\) 。计算 \(g\) 的复杂度为 \(O(\sum_{i=1}^n (sum_i-sum_i+1)\times m\times m/\omega)=O(m^3k/\omega)\) 。

总复杂度 \(O(n\log n+m^2k+m^3k/\omega)\)。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef int ll;
inline ll read(){
	ll x=0; bool f=1; char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){
		if(ch=='-') f=0; ch=getchar();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar();
	}
	return f?x:-x;
}
inline void write(ll x){
	if(x<0) x=-x,putchar('-');
	if(x>9) write(x/10);
	putchar('0'+x%10);
}
const ll N=20009;
const ll M=103;
const ll K=103;
bitset<109> g[2][M*K];
ll n,m,k;
ll a[N][M];
ll sum[N];
ll cnt=0;
ll id[N],rk[N];
inline void init(ll i,ll d){
	for(ll t=0;t<=m*k+2;t++){
		g[0][t].reset();
		g[1][t].reset();
	}
	g[0][0][0]=1;
	ll cur=0;
	for(ll j=1;j<=m;j++){
		cur+=a[i][j];
		for(ll t=max(0,cur-d);t<=cur;t++) g[j&1][t].reset();
		for(ll t=max(0,cur-d);t<=cur;t++){
			if(t>=a[i][j]) g[j&1][t]=g[j&1^1][t-a[i][j]];
			g[j&1][t]|=(g[j&1^1][t]<<1);
		}
	}
}

ll f[2][M*K];
bool cmp(ll x,ll y){
	if(sum[x]!=sum[y]) return sum[x]>sum[y];
	return x<y; 
}
int main(){
	n=read(),m=read(),k=read();
	for(ll i=1;i<=n;i++){
		id[i]=i;
		for(ll j=1;j<=m;j++){
			a[i][j]=read();
			sum[i]+=a[i][j];
		}
	}
	sort(id+1,id+n+1,cmp);
	for(ll i=1;i<=n;i++){
		rk[id[i]]=i;
	}
	id[0]=n+1;
	rk[n+1]=0;
	sum[n+1]=m*k;

	for(ll i=1;i<=n;i++){
		ll p=id[i];
		memset(f[i&1],0x3f,sizeof(f[i&1]));
		init(p,sum[id[i]]-sum[id[i+1]]);
		for(ll j=sum[id[i+1]];j<=sum[id[i]];j++){
			for(ll num=0;num<=(sum[id[i-1]]-sum[id[i+1]])/k;num++){
				ll mid=j+num*k;
				if(g[m&1][j][num]){
					if(id[i-1]<id[i]){
						f[i&1][j]=min(f[i&1][j],f[i&1^1][mid]+m-num);
					}
					else{
						f[i&1][j]=min(f[i&1][j],f[i&1^1][mid+1]+m-num);
					}
				}
			}
		}
		for(ll j=sum[id[i]];j>=sum[id[i+2]];j--){
			f[i&1][j]=min(f[i&1][j],f[i&1][j+1]);
		}
	}
	printf("%d\n",f[n&1][0]);
	return 0;
}

最大测试点用时不超过 400ms ，时限6000ms。