E. Sets of Complementary Sums 个人题解（Educational Codeforces Round 181）

转化题意

题意表述的内容不是很形象，考虑将其形式化的表述，假设集合 \(Q\) 里的元素为 \(b_i\)，原数组的元素为 \(a_i\)，由于集合 \(Q\) 里的数两两不同，根据其定义，相同的 \(a_i\) 会产生同一个 \(b_i\)，所以引入一个参数 \(c_i\)，表示每个不同的 \(a_i\)​​ 的出现次数，转化一下题意即：

求有多少个大小为 \(n\) 的集合 \(b\) 满足：

• \(1\leq b_1<b_2<b_3\dots<b_n\leq x\)

• \(S=\displaystyle\sum_{i=1}^n c_ia_i\)，其中 \(c_i\geq1\)，\(a_i\geq1\)

• 对于任意的 \(1\leq i\leq n\)，满足 \(S=a_i+b_i\)，显然的： \(S\geq b_n+1\)

构造结论

我们先考虑次一级的问题，给定一个集合 \(b\)，如何判断其是否有解

将第三个条件带入第二个条件，可得：\(S=\displaystyle\sum_{i=1}^n c_i(S-b_i)\)​

尝试在这个等式上推导一般性的结论，没什么收获，考虑根据特征构造一个特殊性的结论出来。

可以注意到 \(c_i\) 这个参数是可以任意调整的，我们可以根据这个特征将一个 \(c_i\) 独立出来，将等式转化为不等式。

我们令 \(S=b_n+1\)，带入式子可得 \(b_n+1=c_n+\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1} c_i(b_n+1-b_i)\)

我们可令 \(c_i\)（\(1\leq i\leq n-1\)）全部为 \(1\)，等价于求解不等式 \(\displaystyle \sum_{i=1}^{n} (b_n+1-b_i)\leq b_n+1\)，其中缺少的部分完全可以由 \(c_n\) 补齐。

可以证明，我们完全可以将原问题转化为求解这个不等式。

证明如下：

我们现在需要证明如果在 \(S=b_n+1\) 时如果无解，那么在 \(S>b_n+1\) 依然无解

在 \(S=b_n+1\) 无解的情况下，根据上面的式子，有 \(\displaystyle \sum_{i=1}^{n} (S-b_i)> S\) （\(S=b_n+1\)）

如果让 \(S+k\)，不等号左边 \(+kn\)，不等号右边 \(+k\)，显然有 \(\displaystyle \sum_{i=1}^{n} (S-b_i)> S\) （\(S>b_n+1\)​）

由此可以确定 \(S=\displaystyle\sum_{i=1}^n c_i(S-b_i)\) 在 \(S>b_n+1\) 时无解

考虑DP

到这一步，已经可以设想后面的求解算法了，我们可以去枚举 \(b_n\)，每次就是从一个非重集合内取一个大小为 \(n-1\) 的子集，使得其总和不超过一个值，用 dp 可以做，详细的：

我们令\(f_i=b_n-b_i\)，转化一下式子：\(\displaystyle \sum_{i=1}^{n-1} f_i\leq b_n-n+1\)，其中集合 \(f\) 就是集合 \(\{1,2,3\dots b_n-2,b_n-1\}\)​ 的子集

很直接的关于 dp 的状态定义是 \(dp_{i,j,k}\) 表示前 \(i\) 个数中取出 \(j\) 个数，其中和为 \(k\) 的方案数

但这个 dp 状态数是 \(nx^2\)​ 的，需要重构一下dp状态

可以发现，在 \(n\geq2\) 时， \(b_n-1\geq b_n-n+1\)，这个问题其实就是个完全背包，不用考虑是从哪个部分里取数，直接从全集里取数就可以了。即我们考虑的是全集 \(\{1,2,3\dots\}\)​ 的子集 \(f\)。

那就可以重构dp了，定义 \(dp_{i,j}\) 表示从全集里取出 \(i\) 个数，和为 \(j\) 的方案数，转移方程：

• 如果当前集合最小值不为1，我们令所有数减一，集合大小不变，总方案数不变，即 \(dp_{i,j}\leftarrow dp_{i,j-i}\)
• 如果当前集合最小值为1，我们令所有数减一，集合大小减一，总方案数不变，即 \(dp_{i,j}\leftarrow dp_{i-1,j-i}\)​

求得了 \(dp_{i,j}\) 如何去计算答案？

所有的 \(dp_{n-1,i}\) 对答案产生贡献，其最小的合法 \(b_n'=i+n-1\)，贡献为 \(dp_{n-1,i}\cdot(x-b_n'+1)\)​

时间复杂度 \(O(nx)\)，看起来依旧不能通过

分析状态数

切入点在于 \(n\) 和 \(x\) 的关系，当 \(n\) 足够大的时候，\(\displaystyle \sum_{i=1}^{n-1} f_i\geq \frac{n(n-1)}{2}\)，不等式 \(\displaystyle \sum_{i=1}^{n-1} f_i\leq b_n-n+1\leq x-n+1\) 一定无解。

转化一下，即：\(\displaystyle \frac{n(n-1)}{2}> x-n+1 \Rightarrow \frac{(n+2)(n-1)}{2}>x\) 时，无解，答案为0

所以判掉这个情况后，\(n\) 的大小在 \(\sqrt x\) 级别，时间复杂度 \(O(x\sqrt x)\)。