uoj#750[UNR #6]小火车【二分,折半,鸽笼原理】

正题

题目链接:https://uoj.ac/problem/750

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题目大意

给出\(n\)个数字和一个\(p\)，保证\(2^n> p\)。现在要求一个序列\(w\)满足\(w_i\in[-1,1]\)，使得\(\sum_{i=1}^nw_ia_i\equiv 0\pmod p\)

\(1\leq p<2^n,1\leq n\leq 40,0\leq a_i<p\)

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解题思路

我们考虑从数字集合\(S\)中找两个数字和相同的集合\(T_1,T_2\)，那么\(T_1-T_1\cap T_2\)和\(T_2-T_1\cap T_2\)的和也相等，此时我们一边选\(1\)一边选\(-1\)即可，如果有一边是空的也行，这样另一边直接合法。

然后在\(S\)中选出集合的方案有\(2^{n}\)种，然后因为\([0,p)\)有不超过这么多个数，所以肯定有重复的一个位置，所以肯定有解。

然后考虑怎么求这个解，看到这个范围我们考虑一下折半，我们搜出左右两边数字和的集合\(S_l,S_r\)。

如果左边或者右边有重复的就直接结束先，这样我们就能保证左右没有重复了，此时我们需要找到\(a,b\in S_l,c,d\in S_r\)，使得\(a+c=b+d\)，因为两个集合的都很大，这个看起来很不可做。

但是我们知道一定有解，这个条件肯定是有用的，我们考虑二分一下这个和。每次分割成左右两个区间\([l,mid],[mid+1,r]\)，我们求出有多少对\(x\in S_l,y\in S_r\)满足\(x+y\in[l,mid]\)，如果超过\(mid-l+1\)那么答案肯定在左区间，否则在右区间。

时间复杂度：\(O(2^{\frac{n}{2}}n)\)

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code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<map>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=45,M=1<<20;
ll n,p,L1,L2,a[N];
map<ll,ll> mp;pair<ll,ll> f[M],g[M];
bool check(ll l,ll r){
	int L=0,R=0;ll ans=0;
	for(int i=L1-1;i>=0;i--){
		while(R<L2&&f[i].first+g[R].first<=r)R++;
		while(L<L2&&f[i].first+g[L].first<l)L++;
		ans+=R-L;
	}
	L=0;R=0;
	for(int i=L1-1;i>=0;i--){
		while(R<L2&&f[i].first+g[R].first-p<=r)R++;
		while(L<L2&&f[i].first+g[L].first-p<l)L++;
		ans+=R-L;
	}
	return ans>(r-l+1);
}
void solve(ll ansL,ll ansR){
	ll k=ansL&ansR;ansL-=k;ansR-=k;
	for(int i=0;i<n;i++){
		if((ansL>>i)&1)printf("1 ");
		else if((ansR>>i)&1)printf("-1 ");
		else printf("0 ");
	}
	return;
}
signed main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&p);
	for(ll i=0;i<n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
	L1=(1<<n/2);
	for(int s=1;s<L1;s++){
		for(int i=0;i<n/2;i++)
			if((s>>i)&1)(f[s].first+=a[i])%=p;
		f[s].second=s;
	}
	L2=(1<<n-n/2);
	for(int s=1;s<L2;s++){
		for(int i=0;i<(n-n/2);i++)
			if((s>>i)&1)(g[s].first+=a[i+n/2])%=p;
		g[s].second=s;
	}
	sort(f+1,f+L1);sort(g+1,g+L2);
	for(int i=1;i<L1-1;i++)if(f[i].first==f[i+1].first){solve(f[i].second,f[i+1].second);return 0;}
	for(int i=1;i<L2-1;i++)if(g[i].first==g[i+1].first){solve(g[i].second<<(n/2),g[i+1].second<<(n/2));return 0;}
			
	ll l=0,r=p-1;
	while(l<r){
		ll mid=(l+r)>>1;
		if(check(l,mid))r=mid;
		else l=mid+1;
	}
	
	ll z=0,ansL=0,flag=0;
	for(int i=L1-1;i>=0;i--){
		while(z<L2&&f[i].first+g[z].first<r)z++;
		if(f[i].first+g[z].first==r){
			if(!flag)ansL=f[i].second+(g[z].second<<n/2),flag=1;
			else{solve(ansL,f[i].second+(g[z].second<<n/2));return 0;}
		}
	}
	z=0;
	for(int i=L1-1;i>=0;i--){
		while(z<L2&&f[i].first+g[z].first-p<r)z++;
		if(f[i].first+g[z].first-p==r){
			if(!flag)ansL=f[i].second+(g[z].second<<n/2),flag=1;
			else{solve(ansL,f[i].second+(g[z].second<<n/2));return 0;}
		}
	}
	
//	for(ll i=0;i<L2;i++)mp[g[i]]=i+1;
//	for(ll i=0;i<L1;i++){
//		ll x=(l+p-f[i])%p;
//		if(mp[x]){
//			mp[x]--;
//			if(!mp[x]&&!i)continue;
//		}
//	}
	return 0;
}