AT_abc432_f [ABC432F] Candy Redistribution 题解

题目传送门

思路

好题。

无解很好判。如果 \(\sum a_i\) 为 \(n\) 的倍数则一定有解，否则一定无解。令 \(t = \displaystyle \frac{\sum a_i}{n}\)，则最终需要将每一个 \(a_i\) 都变为 \(t\)。

对于一个可行解 \((x_1, y_1, z_1), (x_2, y_2, z_2), \cdots, (x_k, y_k, z_k)\)，若以 \((x_1, y_1), (x_2, y_2), \cdots, (x_k, y_k)\) 作为一张 \(n\) 个点的无向图的边，则对于每一个连通分量 \(V\)，必须满足 \(\sum \limits_{u \in V} a_u = t \times |V|\)，其中 \(|V|\) 为连通分量 \(V\) 中的点数。

定义 合法的 代表满足 \(\sum \limits_{u \in V} a_u = t \times |V|\) 的集合。

对于每一个合法的连通分量 \(V\) 进行考虑。设 \(v_1, \cdots, v_k\) 代表 \(V\) 中的所有元素按降序排列后的结果，则我们可以构造出一种最优方案：对于每一个 \(1 \le i \le k\) 的 \(i\)，\(i\) 多了多少颗糖果，就把它给 \(i + 1\)。因为满足 \(\sum \limits_{u \in V} a_u = t \times |V|\) 的条件，所以当 \(i = n\) 时，多的糖果数一定为 \(0\)。此时，这个连通分量需要 \(|V| - 1\) 此操作。

回到原问题，其实就是把 \(1 \sim n\) 划分为若干合法子集，使得 \(V_1 \cup V_2 \cup \cdots \cup V_k = \{1, 2, \cdots, n\}\) 且 \(V_1 \cap V_2 \cap \cdots \cap V_k = \varnothing\)，然后对于每一个 \(V\) 独立进行上述操作。那我们会发现这种情况下的答案为 \(ans = \sum \limits_{i=1}^k (|V_i| - 1) = \sum \limits_{i=1}^k |V_i| - k = n - k\)。所以最小化操作数 \(ans\) 即为最大化合法子集数。

这个问题可以用状压 DP 解决。设 \(dp_S\) 代表将集合 \(S\) 通过划分成合法子集的最大数量。考虑最后一个放入 \(S\) 的数 \(u\)，若 \(S\) 本身为合法子集，则不需要为 \(u\) 多划分一个，否则就需要。预处理 \(f_S\) 代表 \(S\) 是否为合法子集，则：

\[dp_S = \max_{u \in S} (dp_{\complement_S \{u\}} + f_S) \]

最后如何将方案输出呢？在每次更新 \(dp\) 时存他的前继，最后倒过来向前找即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 25, M = (1 << 20) + 1;

struct node
{
	int x, y, z;
};

int n;
int a[N], dp[M], lst[M];
bool st[M];
vector<node> ans;

int main()
{
	memset(dp, -0x3f, sizeof(dp));
	scanf("%d", &n);
	int sum = 0;
	for (int i = 0; i < n; i++)
		scanf("%d", &a[i]), sum += a[i];
	if (sum % n != 0)
	{
		printf("-1\n");
		return 0;
	}
	sum /= n;
	for (int j = 0; j < (1 << n); j++)
	{
		int res = 0;
		for (int i = 0; i < n; i++)
			if ((j >> i) & 1) res += (a[i] - sum);
		if (res == 0) st[j] = 1;
	}
	dp[0] = 0;
	for (int j = 1; j < (1 << n); j++)
	{
		int now = st[j];
		for (int i = 0; i < n; i++)
		{
			if ((j >> i) & 1)
			{
				int tmp = dp[j - (1 << i)] + now;
				if (dp[j] < tmp)
				{
					dp[j] = tmp;
					lst[j] = i;
				}
			}
		}
	}
	int S = (1 << n) - 1;
	vector<pair<int, int> > tmp;
	while (S > 0)
	{
		int t = lst[S];
		tmp.push_back({a[t], t});
		S -= (1 << t);
		if (st[S])
		{
			sort(tmp.begin(), tmp.end());
			int res = tmp[tmp.size() - 1].first - sum;
			for (int i = tmp.size() - 1; i; i--)
			{
				int nx = tmp[i].second, ny = tmp[i - 1].second;
				ans.push_back({nx + 1, ny + 1, res});
				res += tmp[i - 1].first - sum;
			}
			tmp.clear();
		}
	}
	printf("%d\n", n - dp[(1 << n) - 1]);
	for (node i : ans) printf("%d %d %d\n", i.x, i.y, i.z);
	return 0;
}