题解 - [Luogu P3878] [TJOI2010] 分金币

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题目链接

原始题面

题目描述

现在有 \(n\) 枚金币，它们可能会有不同的价值，第 \(i\) 枚金币的价值为 \(v_i\)

现在要把它们分成两部分，要求这两部分金币数目之差不超过 \(1\), 问这样分成的两部分金币的价值之差最小是多少？

输入输出格式

输入格式

本题单个测试点内有多组测试数据

输入的第一行是一个正整数 \(T\), 表示该测试点内数据组数

对于每组测试数据的格式为:

每组测试数据占两行

第一行是一个整数 \(n\), 表示金币的个数

第二行有 \(n\) 个整数，第 \(i\) 个整数表示第 \(i\) 个金币的价值 \(v_i\)

输出格式

对于每组数据输出一行一个整数表示答案

输入输出样例

输入样例 #1

1
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3
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5
2
3
2 2 4
4
1 2 3 6

输出样例 #1

1
2
0
2

说明

数据规模与约定

  • 对 \(30\%\) 的数据，保证 \(1 \leq v_i \leq 1000\)
  • 对于 \(100\%\) 的数据，保证 \(1 \leq T \leq 20\), \(1 \leq n \leq 30\), \(1 \leq v_i \leq 2^{30}\)

解题思路

看数据范围就知道要折半或者大力模拟退火

模拟退火交了两页，最高 10 分，气得我直接码正解去了

今天的爆率那叫一个高啊.webp

令 s[][] 为存所有选取情况的数组，其中 s[i] 表示前一组金币个数为 \(i\) 时的所有可能结果 (或者前一组金币个数比后一组多 \(i\) 时个数)

先把前 \(\lceil\frac{n}{2}\rceil\) 个金币的所有选取情况存起来，然后对剩下的 \(n-\lceil\frac{n}{2}\rceil\) 个金币的所有情况在对应数组里二分即可

或者我们直接把二维数组换成一维的 std::set 数组也行

复杂度

\(O(n2^\frac{n}{2})\)

代码参考

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/*
 * @Author: Tifa
 * @Description: From <https://github.com/Tiphereth-A/CP-archives>
 * !!! ATTENEION: All the context below is licensed under a 
 *  GNU Affero General Public License, Version 3.
 *  See <https://www.gnu.org/licenses/agpl-3.0.txt>.
 */
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define _for(i, l, r, vals...) \
  for (decltype(l + r) i = (l), ##vals; i <= (r); ++i)
i64 a[33];
set<i64> s[65];
int main() {
  int kase;
  cin >> kase;
  while (kase--) {
    int n;
    cin >> n;
    _for(i, 0, n - 1) cin >> a[i];
    int mid = (n + 1) / 2;
    _for(i, 0ll, (1 << mid) - 1, sum, cnt) {
      sum = cnt = 0;
      _for(j, 0, mid - 1) {
        if (i & (1 << j)) {
          sum += a[j];
          ++cnt;
        } else {
          sum -= a[j];
          --cnt;
        }
      }
      s[cnt + n].insert(sum);
    }
    i64 ans = INT64_MAX;
    _for(i, 0ll, (1 << (n - mid)) - 1, sum, cnt) {
      sum = cnt = 0;
      _for(j, 0, n - mid - 1) {
        if (i & (1 << j)) {
          sum += a[j + mid];
          ++cnt;
        } else {
          sum -= a[j + mid];
          --cnt;
        }
      }
      if (n % 2) {
        if (s[cnt + 1 + n].size()) {
          auto it1 = s[cnt + 1 + n].lower_bound(sum),
               it2 = s[cnt + 1 + n].upper_bound(sum);
          if (it1 != s[cnt + 1 + n].end()) ans = min(ans, abs(*it1 - sum));
          if (it2 != s[cnt + 1 + n].end()) ans = min(ans, abs(*it2 - sum));
        }
        if (s[cnt - 1 + n].size()) {
          auto it1 = s[cnt - 1 + n].lower_bound(sum),
               it2 = s[cnt - 1 + n].upper_bound(sum);
          if (it1 != s[cnt - 1 + n].end()) ans = min(ans, abs(*it1 - sum));
          if (it2 != s[cnt - 1 + n].end()) ans = min(ans, abs(*it2 - sum));
        }
      } else if (s[cnt + n].size()) {
        auto it1 = s[cnt + n].lower_bound(sum),
             it2 = s[cnt + n].upper_bound(sum);
        if (it1 != s[cnt + n].end()) ans = min(ans, abs(*it1 - sum));
        if (it2 != s[cnt + n].end()) ans = min(ans, abs(*it2 - sum));
      }
    }
    cout << ans << '\n';
    for (int i = 0; i < 65; ++i) s[i].clear();
  }
  return 0;
}