题解 CF1239E Turtle

题意

一只乌龟从 \(2 \times n\) 的棋盘的左上角走到右下角，只能往下或往右，需要给出一种方案来分配 \(2\times n\) 个数字使得乌龟走过的路径上的数之和的最大值最小。

\(2\le n\le 25\)，\(0\le a_{1,i},a_{2,i}\le 50000\)。

找性质

首先乌龟的路线一定是从 \((1,1)\) 走到 \((1,x)\)，接着往下走到 \((2,x)\)，然后向右走到 \((2,n)\)。其中 \(x\) 满足 \(1\le x\le n\)。

性质 \(1\)：第一行的数单调不降，第二行的数单调不升。

证明：假设第一行存在 \(i,j\) 满足 \(i<j\)，\(a_{1,i}>a_{1,j}\)，那么交换这两个位置。容易发现当 \(x\) 在 \([i,j)\) 这段区间时，答案变小了。否则不变。因此一定更优。第二行同理。

性质 \(2\)：第一小的和第二小的数在 \((1,1)\) 和 \((2,n)\)。

证明：根据性质 \(1\)，第一排 \((1,1)\) 最小，第二排 \((2,n)\) 最小。因此最小的一定在 \((1,1)\) 或 \((2,n)\)。由于中心对称，不妨在 \((1,1)\)。第二小只能在 \((1,2)\) 或 \((2,n)\)。容易发现 \(x=1\) 时在 \((2,n)\) 更优，\(x>1\) 时两者等价。因此第二小的数在 \((2,n)\)。

性质 \(3\)：\(x=1\) 或 \(x=n\)，即乌龟只会在 \((1,1)\) 或 \((1,n)\) 往下走最优。

证明：假设 \(1<x<n\)，可知在 \(x\) 往下走的得分大于 \(x-1\) 和 \(x+1\)。因此：\(a_{1,x}>a_{2,x-1}\)，\(a_{1,x+1}<a_{2,x}\)。推导一下：\(a_{1,x}>a_{2,x-1}\ge a_{2,x}>a_{1,x+1}\)，所以 \(a_{1,x}>a_{1,x+1}\)，不符合性质 \(1\)。因此 \(x=1\) 或 \(x=n\)。

然后…

首先填入 \((1,1)\) 和 \((2,n)\)。剩下的 \(2\times n-2\) 个数分成两组 \(n-1\) 个数，要求最大值最小，也就是差最小。于是暴力跑背包加上 bitset 优化。复杂度 \(O(\frac{n^2\times \sum a}{w})\)。

代码

如果不输出方案的话，大概长这样…

int main()
{
	n=read();
	for (int i=1;i<=2*n;i++) a[i]=read();
	sort(a+1,a+n*2+1);
	dp[0][0]=1;
	for (int i=3;i<=2*n;i++)
	{
		int u=min(i-2,n-1);
		s+=a[i];
		for (int j=u;j>=1;j--)
		{
			dp[j]|=(dp[j-1]<<a[i]);
		}
	}
	int ans=1e9;
	for (int i=0;i<=s;i++)
	{
		if (dp[n-1][i]) ans=min(ans,max(i,s-i));
	}
	cout << a[1]+a[2]+ans << endl;
	return 0;
}

然后惊奇地发现输出方案不是很好弄。于是我们把背包的滚动数组还原，增加原来的第一维。这样就可以输出方案了！

//注意：read、输出方案部分已省略
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=26,M=50005;
int n; 
int a[N*2],s,p[N];
bitset<M*N*2>dp[2*N][N];
bool used[2*N];
int main()
{
	n=read();
	for (int i=1;i<=2*n;i++) a[i]=read()+1;
	sort(a+1,a+n*2+1);
	dp[2][0][0]=1;
	for (int i=3;i<=2*n;i++)
	{
		int u=min(i-2,n-1);
		s+=a[i];
		for (int j=u;j>=1;j--)
		{
			dp[i][j]=dp[i-1][j]|(dp[i-1][j-1]<<a[i]);
		}
		dp[i][0]=dp[i-1][0];
	}
	int ans=1e9;
	for (int i=0;i<=s;i++)
	{
		if (dp[2*n][n-1][i]) ans=min(ans,max(i,s-i));
	}
	int tot=2*n,u=n-1;
	while (ans)
	{
		if (dp[tot-1][u][ans]) tot--;
		else used[tot]=1,ans-=a[tot],tot--,u--;
	}
	//used=0的是一组，used=1的是另一组
	//不要忘了a[1]和a[2]
	return 0;
}

这个做法比不用 bitset 的 \(O(n^2\times\sum a)\) 快多了。