「0825提高組模擬賽」

• 「T1」

• 考場上沒什麼思路。。。

• 首先，不需要知道每一次操作的 \(b\) 具體是什麼數，只要關心相對大小就行

• 所以 \(b\) 可以看錯一個長度為 \(m\) 的排列，最終的答案 \(\times\dbinom{S}{m}\) 即可 （\(S\) 很大，用 \(\frac{S(S-1)..(S-m+1)}{m(m-1)...1}\) )

• 考慮如果將 \([1,n]\) 按照影響的關係建圖，即 \(x\) 連向 \(x-lowbit(x)\) （其中 \(x\) 為兒子），那麼一個節點子樹內的節點數即能影響該節點的數的個數，有樹狀陣列的基本操作可以知道，包括這個節點在內一共有 \(lowbit(x)\)

  個節點位於該節點的子樹內

• 將樹狀陣列的每一位分開來考慮

• 假設當前考慮到第 \(i\) 位，記 \(len=lowbit(i)\)

• 那麼更改這個節點的方案數為 \(\dbinom{m}{x}len^x\times(n-len)^{m-x}\) ，\(x\) 為選出的運算元

• 怎麼計算更改的貢獻？

• 可以發現每組操作 \(d[i]\) 不減，所以需要確定 \(x\) 次操作 \(d[i]\) 被分成了幾段不同的數

• 考慮一個排列的期望貢獻是多少？

• 第 \(i\) 次操作為最大的概率為 \(\frac{1}{i}\) ，由於價值為 \(1\)，所以期望也為 \(i\)

• 總共有 \(m!\)

  個排列

• 所以最終的答案為 \(\dbinom{m}{x}len^x\times(n-len)^{m-x}m!\sum_{i=1}^{x}\frac{1}{x}\)

• 優化：

• 預處理出 \(x!\) ，\(len^x\) 隨著 \(x\) 的遞增累乘

• 注意到 \(n\) 很大，對於同樣的 \(lowbit\) 一起處理，當 \(lowbit()\) 為 \(i\) 的一共有 \((n/i-n/(i<<1))\) 個數（ 後 \(log_2i\) 為 \(0\) - 後 \((log_2i)+1\) 位為 \(0\) ）

• 「T2」

• 考場上在推容斥，基本耗在這道題上了

• 對於行列以 \(\sqrt n\) 為界分開計算

• 「T3」

• 考場上直接判斷 \(n-2\) ，\(n-1\) 兩種情況，想當然了，最後拍出來，心態不穩，最後一分鐘加了一個 \(break\) ，少了 \(30\) 分（最後 \(10\) 分鐘拒絕對拍，最後 \(5\) 分鐘拒絕改程式碼細節）

• 依照 \(NOI2020Day2T1\) 的結論，可以得到答案一定 \(<=n-1\) 且在 \(n-1\) 時一定有解

• 當 \(ans<n-1\) 時，將現在的物品分成 \(n-ans\) 塊，假設第 \(i\) 塊所選的集合為 \(S\)，則需滿足 \((|S|-1)*\frac{\sum V_i}{n}=\sum_{i屬於S}V_i\)

• 列舉答案 \(x\) ，記錄 \(sum[i]\) 代表選擇點的狀態為 \(i\) 的時候能分成的最大塊數，\(O(3^n*n)\) 狀壓

• 優化：

• 依然列舉答案 \(x\) ，再列舉 \(i\) 代表所分成的塊數，\(sum[s]\) 表示當前情況下選擇 \(s\) 集合是否可能

• 如果 \(s\) 能被分成 \(i\) 塊且 \(s'\) 能被分成 \(i-1\) 塊（\(s'\) 為 \(s\) 的子集)，則轉移，另開一個數組記錄 \(s\) 的子集能否被分成 \(i-1\) 塊，複雜度可以做到 \(O(2^n*n^3)\)

• 將列舉答案的過程狀壓進 \(sum\) 裡，可以做到 \(O(2^n*n^2)\)

  #include<bits/stdc++.h>
  using namespace std;
  const int Max_N=20;
  int n,V[Max_N+5],g[1<<Max_N],b[1<<Max_N],h[1<<Max_N],sum[1<<Max_N];
  long long f[1<<Max_N];
  int main(){
  	freopen("juice.in","r",stdin);
  	freopen("juice.out","w",stdout);
  	scanf("%d",&n);
  	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&V[i]);
  	for(int i=1;i<=n;i++) b[1<<i-1]=i;
  	for(int i=1;i<1<<n;i++) f[i]=f[i-(i&-i)]+V[b[i&-i]],g[i]=g[i-(i&-i)]+1;
  	int ans=max(n-1,1); sum[0]=(1<<n)-1;
  	for(int i=1;i<=n-(n+1)/2;i++){
  		for(int j=0;j<1<<n;j++){
  			h[j]=sum[j];
  			for(int k=1;k<=n;k++)
  			 if((1<<k-1)&j)
  			  h[j]|=h[j-(1<<k-1)];
  			sum[j]=0;
  		}//h[i]記錄i的子集是否存在一種方案被分成i-1塊
  		for(int j=0;j<1<<n;j++)
  		 for(int k=(n+1)/2;k<=n-2;k++)
  		  if(f[(1<<n)-1]*(g[j]-i)==f[j]*k)//判斷是否能分成i塊
  		   sum[j]|=h[j]&1<<k;
  		if((1<<(n-i))&sum[(1<<n)-1]) ans=n-i;
  	}
  	printf("%d\n",ans);
  	return 0;
  }