CF1225G To Make 1

CF1225G To Make 1

给定 \(n\) 个整数，你需要将所有数合成一个数。

一个合成为，删除 \(x,y\)，加入 \(f(x+y)\)，其中：

\[f(x)=\begin{cases} f(\frac{x}{k}),k|x \\x,\textrm{otherwise} \end{cases}\]

如果最后剩余的数可以为 \(1\)，那么输出 YES 并给出方案。

否则输出 NO

\(n\le 16,k\in [2, 2000],\sum a_i\le 2000,k\not | ~a_i\)

Solution

设 \(S=\sum a_i\)

\(\mathcal O(3^nS\log S)\) 的子集 Dp 是显然的。

考虑确定一组 \(c\) 使得 \(\sum a_i\times k^{-c_i}=1\)

考虑如何检查一组 \(c\) 是合法的，那么应该有存在一种合并顺序得到 \(c\)

或者说存在一种分裂策略得到全 \(0\) 的初始局面。

可以证明对于一组合法的 \(c\) 一定存在一个策略得到他。（大胆猜测）

注意到 \(a_i\) 都是正整数，那么不难发现 \(c\) 也均为正整数。

由于不存在 \(k|a_i\)，那么不妨考虑 \(c\) 最大的元素，他们一定是第一次被合并的，至少出现了两次。设其为 \(t\)，那么由于 \(1=\sum a_ik^{-c_i}\rightarrow k^t=\sum a_ik^{t-c_i}\)

注意到左边被 \(k\) 整除，那么同理于右边，于是考虑 \(t=c_i\) 的元素，于是我们一定有 \(k|\sum a_i[c_i=t]\)，由于 \(k\not |~a_i\)，所以满足 \(c_i=t\) 的 \(a_i\) 至少有两个。

那么，注意到 \(k|\sum a_i[c_i=t]\)，同时我们至少有两个 \(i,j\) 满足 \(c_i,c_j=t\)，那么每次操作将他们选出来即可。

如果被 \(k\) 整除，那么相当于将 \(a_i,a_j\) 分别除以 \(k\) 然后将 \(b_i\) 缩小并规约成子问题，此时仍然满足权值和为 \(1\) 的性质。

否则相当于当前问题同时生成了 \(a_i'=a_i+a_j\) 所以问题规模仍然缩小了 \(1\)

最后会使得所有数的和为 \(1\)，所以我们证明了一组合法的 \(c\) 一定是存在操作序列的。（也给出了方案）

所以我们的问题等价于，求一组 \(c\) 使得 \(\sum k^{-c_i}\times a_i=1\)

考虑状压 dp，设 \(f_{S,x}\) 表示集合 \(S\) 内的 \(a_i\) 满足存在一组 \(c\) 使得 \(\sum a_i\times k^{-c_i}=x\)

考虑单调递增的枚举 \(c_i\)，我们认为加入集合的顺序表示了一个单调递减的 \(c\) 序列，这样为了确定顺序，我们需要借助子集 dp，现在我们有两个操作：

1. 加入 \(a_i\)，\(f_{S|2^i,x+a_i}\leftarrow f_{S,x}\)
2. 将 \(c_i\) 集体增大 \(1\)，\(f_{S,x/k}\leftarrow f_{S,x}\)

事实上，第一类转移复杂度为 \(\mathcal O(n2^n\cdot \sum a_i)\)，第二类转移从后往前枚举可以轻易的得到一个 \(\mathcal O(2^n\sum a_i)\) 的解法。

第一类转移通过 bitset 优化，我们得到了一个时间复杂度为 \(\mathcal O(2^n\cdot \sum a(1+\frac{n}{\omega}))\)，空间开销为 \(\mathcal O(\frac{2^n\sum a}{\omega})\) 的解法。

\(Code:\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std ;
#define Next( i, x ) for( register int i = head[x]; i; i = e[i].next )
#define rep( i, s, t ) for( register int i = (s); i <= (t); ++ i )
#define drep( i, s, t ) for( register int i = (t); i >= (s); -- i )
#define re register
int gi() {
	char cc = getchar() ; int cn = 0, flus = 1 ;
	while( cc < '0' || cc > '9' ) {  if( cc == '-' ) flus = - flus ; cc = getchar() ; }
	while( cc >= '0' && cc <= '9' )  cn = cn * 10 + cc - '0', cc = getchar() ;
	return cn * flus ;
}
const int N = (1 << 16) + 5 ; 
const int S = 4047 ; 
int n, k, m, flag, top, st[25], zk[25], a[25], c[25] ; 
bitset<S> dp[N] ;  
void Dfs(int u, int w) {
	if( u == 0 && w == 0 ) return flag = 1, void(); 
	if( flag ) return ; 
	if( dp[u][w * k] ) {
		for(int i = 0; i < n; ++ i) if( (1 << i) & u ) ++ c[i] ;
		Dfs(u, w * k) ;
	}
	else {
		for(int i = 0; i < n; ++ i)
			if( ((1 << i) & u) && a[i] <= w && dp[(1 << i) ^ u][w - a[i]] ) 
				Dfs((1 << i) ^ u, w - a[i]) ;
	}
}
signed main()
{
	n = gi(), k = gi() ; int maxn = (1 << n) - 1 ; 
	rep( i, 1, n ) a[i - 1] = gi(), m += a[i - 1] ; 
	dp[0][0] = 1 ; 
	rep( i, 0, maxn ) {
		for(re int j = m; j >= k; -- j) 
		if( (j % k == 0) && dp[i][j] ) dp[i][j / k] = 1 ;  
		for(re int j = 0; j < n; ++ j)
		if( !((1 << j) & i) ) 
			dp[i | (1 << j)] |= (dp[i] << a[j]) ;
	}
	if( !dp[maxn][1] ) { puts("NO") ; exit(0) ; }
	puts("YES"), Dfs(maxn, 1), top = n ; 
	for(re int i = 1; i < n; ++ i) {
		int op1 = -1, op2 = -1, mx = 0, lp = top ; top = 0 ;
		for(re int j = 0; j < lp; ++ j) mx = max( mx, c[j] ) ;
		for(re int j = 0; j < lp; ++ j) {
			if( (c[j] == mx) && (op1 == -1) ) op1 = j ; 
			else if((c[j] == mx) && (op2 == -1)) op2 = j ; 
			else st[++ top] = a[j], zk[top] = c[j] ; 
		}
		printf("%d %d\n", a[op1], a[op2] ) ;
		int u = a[op1] + a[op2], b = mx ;
		while( u % k == 0 ) u /= k, -- b ; 
		st[++ top] = u, zk[top] = b ;
		rep( j, 1, top ) a[j - 1] = st[j], c[j - 1] = zk[j] ; 
	}
	return 0 ;
}