[Codeforces 1242C]Sum Balance

Description

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给你 \(k\) 个盒子，第 \(i\) 个盒子中有 \(n_i\) 个数，第 \(j\) 个数为 \(x_{i,j}\)。现在让你进行 \(k\) 次操作，第 \(i\) 次操作要求从第 \(i\) 个盒子中取出一个元素（这个元素最开始就在该盒子中），放入任意一个你指定的盒子中，要求经过 \(k\) 次操作后

• 所有盒子元素个数和最开始相同；
• 所有盒子元素总和相等

询问是否存在一种操作方式使之满足，若存在，输出任意一种方案即可。

\(1\leq k\leq 15,1\leq n_i\leq 5000,|x_{i,j}|\leq 10^9\)

Solution

由题，容易发现，对于任意一个盒子，会从其中拿出一个数，再从别处（或自己拿出的）添加一个数进来。

我们将数的拿出放入关系抽象成边，即从第 \(i\) 个盒子中拿出的数要放入 \(j\) 中，那么建边 \(i\rightarrow j\)。

因为这张图要求每个节点入度和出度均为 \(1\)，显然这张图只能是若干个无相交的环构成的。

现在，我们考虑所有的拿出放入关系：

假设我要从第 \(i\) 个盒子中拿出元素 \(x\)，那么要使得这个盒子满足最终条件，应该被放入的元素为 \(S-sum_i+x\)，其中 \(S\) 为最终每个盒子的元素总和，\(sum_i\) 表示第 \(i\) 个盒子最初的元素总和。

那么我们建边 \(x\rightarrow S-sum_i+x\)（注意：此时图与之前建的图不同）。我们需要在这张图中找到所有满足下列条件的环：

• 环上每个元素属于不同盒子；
• 环上每种盒子只出现一次

用 \(dfs\) 找到这些环之后我们可以将盒子状压。具体地，令 \(f_i\) 表示状态 \(i\) 中所有的盒子构成的满足条件的图是否存在。转移枚举子集 \(dp\)。

若 \(f_{2^k-1}=1\) 即有解。注意另开数据记录转移关系，方便输出方案。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pb push_back
using namespace std;
const int N = 5000*15+5, B = (1<<15)+5;

map<ll, int> mp;
int k, n[20], id[N], kp[N], tot;
int bin[20], x[16][5005], f[B], ok[B], p[B], vis[N], s[N], top;
ll sum[20], S;
vector<int> to[N], re[B];
int l[20], r[20];

void dfs(int u, int st) {
    if (vis[u]) {
        int now = 0;
        for (int i = top; i; i--) {
            now |= bin[id[s[i]]-1];
            if (u == s[i]) break;
        }
        if (!ok[now]) {
            ok[now] = 1;
            for (int i = top; i; i--) {
                re[now].pb(s[i]);
                if (u == s[i]) break;
            }
        }
        return;
    }
    if (st&bin[id[u]-1]) return;
    st |= bin[id[u]-1], vis[u] = 1, s[++top] = u;
    for (auto v : to[u]) dfs(v, st);
    vis[u] = 0, --top;
}
int main() {
    bin[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= 15; i++) bin[i] = bin[i-1]<<1;
    scanf("%d", &k);
    for (int i = 1; i <= k; i++) {
        scanf("%d", &n[i]);
        for (int j = 1; j <= n[i]; j++)
            scanf("%d", &x[i][j]), mp[x[i][j]] = ++tot,
            kp[tot] = x[i][j], id[tot] = i, sum[i] += x[i][j];
        S += sum[i];
    }
    if (S%k) {puts("No"); return 0; }
    S /= k;
    for (int i = 1; i <= k; i++)
        for (int j = 1; j <= n[i]; j++)
            if (mp.count(S-sum[i]+x[i][j])) to[mp[x[i][j]]].pb(mp[S-sum[i]+x[i][j]]);
    for (int i = 1; i <= tot; i++)
        dfs(i, 0);
    f[0] = 1;
    for (int i = 0; i < bin[k]; i++)
        if (f[i]) {
            int C = i^(bin[k]-1);
            for (int j = C; j; j = (j-1)&C)
                if (ok[j])
                    f[i|j] = 1, p[i|j] = i;
        }
    if (!f[bin[k]-1]) {puts("No"); return 0; }
    int x = bin[k]-1;
    while (x) {
        int U = x-p[x];
        for (auto i : re[U]) {
            l[id[mp[S-sum[id[i]]+kp[i]]]] = S-sum[id[i]]+kp[i],
            r[id[mp[S-sum[id[i]]+kp[i]]]] = id[i];
        }
        x = p[x];
    }
    puts("Yes");
    for (int i = 1; i <= k; i++)
        printf("%d %d\n", l[i], r[i]);
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/NaVi-Awson/p/11822935.html