题意分析
给出 $n$ 个数和 $m$ 个 $k$ ，可以某些 $k$ 拆两个正整数，使得拆后的数可以拼成给出的 $n$ 个数。
思路分析
上面的解释是因为这样写比较方便，实际上按照题意应该是用 $n$ 个数拆分拼成 $m$ 个 $k$ 。
观察数据范围，发现有 $mgeq n-2$ 的限制和 $mgeq n-1$ 的部分分，考虑从这里切入分析。
先分析 $mgeq n-1$ 的情况。令 $d_{min},d_{max}$ 分别表示最小的 $d$ 和最大的 $d$ 。
很容易想到一个贪心，若 $d_{min}<k$，用 $d_{max}$ 与其配对，让 $d_{max}$ 剩下的量尽量地大；否则就不断用 $d_{min}$ 单独做一道菜，直到它剩下的量小于 $k$ ，若还有剩余，再采用上一种策略。
如何证明这个贪心是正确的？
可以证明当 $mgeq n$ 时， $d_{max}geq k$ ，即与 $d_{min}$ 配对后一定有剩余，因此此时每次只会仅让 $m$ 减 $1$ （ $d_{min}geq k$ ）或 $n,m$ 各减 $1$ （ $d_{min}<k$ ）。
若 $m=n-1$ ，可能会出现 $d_{min}+d_{max}leq k$ 的情况。可以证明此时 $d_{min}+d_{max}geq 0$ ，因此只会出现 $d_{min}+d_{max}=k$ 的情况，这也说明了 $m=n-1$ 的情况下一定有解。这样就会有 $n$ 减 $2$ 而 $m$ 减 $1$ ，转化为 $m=n$ 。但是根据之前的分析，当 $m=n$ 时有 $d_{max}geq k$ ，而之前的 $d_{max}< k$ 。因此这种情况当且仅当 $n=2$ 时会发生，即当前拼完之后就没有剩余的 $d$ 了，此时用剩下的两个 $d$ 拼成一个 $k$ 即可。另外，可以证明此时 $d_{min}<k$ ，即只会出现 $n,m$ 各减 $1$ 的情况。因此，只要出现 $m=n-1$ ，之后就会一直维持在这个情况，直至 $n=2$ 。
综上，根据这个贪心策略，可以使 $mgeq n-1$ 所有情况不断向 $m=n-1$ 靠近，进入 $m=n-1$ 情况后就会保持不变，直至 $n=2$ ，此时用剩下的两个 $d$ 拼成一个 $k$ 即可，一定有解。用 set 等数据结构优化，时间复杂度 $O(mlog n)$ 。其实暴力 $O(mn)$ 也可以过
题目中的 $sum d_i =m*k$ 是个很重要的性质，上面的“可以证明”都可以根据这个性质来证明。
接下来分析 $m=n-2$ 的情况。
可以想到把这种情况划分成两个独立的 $m=n-1$ 的情况进行求解，此时两部分的 $d$ 是没有重合的。会不会有重合的情况呢？若存在这种情况，即从第二个 $k$ 开始，每次配对只能多用一个 $d$ ，最后只能用 $n-1$ 个 $d$ ，显然是不可能把 $d$ 全部用完的，因此不存在这种情况。
如何划分？
分析这个策略，发现实质是要找到一个集合 $S$ 使得 $sum_{d_iin S} d_i=(|S|-1)*k$ ， $|S|$ 表示集合 $S$ 的大小，即前面的 $n$ ，而不在这个集合内的元素就归到另一个集合。移项整理可以得到 $sum_{d_iin S} (d_i-k)=-k$ 。看到这个式子很容易想到 01 背包。用 bitset 优化，时间复杂度 $O(frac{n^2k}{omega})$ 。然后按照贪心策略分别求解，总的时间复杂度是 $O(frac{n^2k}{omega}+nlogn)$ 。注意，由于可能会出现负数，因此要将所有数处理为正数再进行 DP 。
综上，若 $mgeq n-1$ ，直接按照贪心策略进行求解；否则，用 01 背包将所有的 $d$ 划分成满足 $sum_{d_iin S} (d_i-k)=-k$ 的两个集合，再按照贪心策略分别求解，此时一定有解。若找不到满足条件的集合，则无解。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<bitset>
#include<set>
using namespace std;
const int N=600,M=2e6+5e5;
int T,n,m,k;
int d[N],v[N];
bool pd[N];
multiset<pair<int,int> > s;//维护 d_min 和 d_max
void solve()
{
while(s.size())
{
multiset<pair<int,int> >::iterator it=s.begin();
int minv=(*it).first,minb=(*it).second;
s.erase(it);//取 d_min
while(minv>=k)//不断用 d_min 单独构成一个 k
{
printf("%d %d
",minb,k);
minv-=k;
}
if(minv && s.size())//还没解完
{
it=s.end();it--;
int maxv=(*it).first,maxb=(*it).second;
s.erase(it);//取 d_max
printf("%d %d %d %d
",minb,minv,maxb,k-minv);
maxv-=k-minv;//配对
if(maxv)
s.insert(make_pair(maxv,maxb));// d_max 还有剩余
}
}
}//贪心处理
void parti()
{
memset(pd,0,sizeof(pd));
bitset<2*M+1> f[N];
memset(f,0,sizeof(f));
for(int i=1;i<=n;i++)
v[i]=d[i]-k;
f[0].set(M);// 0 的位置初始化
for(int i=1;i<=n;i++)
if(v[i]>=0)
f[i]|=f[i-1]<<v[i],f[i]|=f[i-1];
else
f[i]|=f[i-1]>>(-v[i]),f[i]|=f[i-1];//正负数分别处理，取或不取
if(!f[n][M-k])//找不到满足条件的集合，无解
{
puts("-1");
return ;
}
int now=M-k;
s.clear();
for(int i=n;i;i--)//倒着来，找到一个满足条件的集合
if(f[i-1][now-v[i]])
{
s.insert(make_pair(d[i],i));
pd[i]=1;now-=v[i];
}
solve();s.clear();
for(int i=1;i<=n;i++)//找另一个集合
if(!pd[i])
s.insert(make_pair(d[i],i));
solve();
}
int main()
{
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&d[i]);
if(m==n-2)
parti();
else
{
s.clear();
for(int i=1;i<=n;i++)
s.insert(make_pair(d[i],i));
solve();
}
}
return 0;
}