EOJ Monthly 2019.1 唐纳德先生与这真的是签到题吗 【数学+暴力+multiset】

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C. 唐纳德先生与这真的是签到题吗

单测试点时限: 6.0 秒

内存限制: 1024 MB

唐纳德先生在出月赛的过程中，准备了一个签到题：给定一个长度为 n 的非负整数序列 a1,a2,…,an，对于所有的 i,j (1≤i<j≤n)，求出 ai+aj，并对这 n(n−1)2 个数进行排序输出。

很不幸的是，唐纳德先生把题目的输入搞丢了，现在只剩下输出。你能把输入还原出来吗？

输入

输入共 t (1≤t≤300) 组测试数据。

每组测试数据有两行，第一行是一个整数 n (3≤n≤300)。

第二行含有 n(n−1)2 个整数 b1,b2,…,bn(n−1)/2 (b1≤b2≤⋯≤bn(n−1)/2)，用空格隔开。

输入保证所有 t 组数据 n 的和不超过 300。

输出

对于每组数据，输出一行 n 个整数 a1,a2,…,an，用空格隔开，表示答案。

输入保证存在至少一组解满足 0≤ai≤109 对 1≤i≤n 成立，但是你输出的解可以不在这个范围内：只要满足 ai 都是非负整数，且与题目要求相符，就视为正确。如有多解，输出任意一解。

样例

input

2
3
3 5 6
4
3 4 5 5 6 7

output

1 2 4
1 2 3 4

解题思路:

原题：BZOJ 2797

 a1+a2, a1+a3 肯定是给出的 b 序列里最小的那两个。

即 a1+a2 = b1, a1+a3 = b2;

但是三个未知数，我们还需要一条方程才能解。

那么 a2+a3 到底是第几个 b 呢？

暴力枚举 第 3 ~ N 个 b，找出正解 a2+a3;

得到 a2+a3 = bi ( 3 <= i <= N);

如何判断当前枚举的 b 是不是正解 a2+a3 呢？

通过上面三条方程我们可以 解出当前 a2+a3 = bi 情况下的 a1, a2, a3.

那么 把 b 序列中的 a1+a2, a1+a3, a2+a3删掉，最小的肯定是 a1+a4 了

已知 a1 可以求出 a4, 继续把 b 序列里的 a1+a4, a2+a4, a3+a4 删掉，最小的肯定是 a1+a5 了

已知 a1 可以求出 a5。。。。。。。。。

如果这其中任何一个过程出现了 求得的 a 为 负数，说明当前的 a2+a3 不是正解。

如果这其中任何一个过程出现了 在 b 序列里找不到要删除的数，说明当前的 a2+a3 不是正解。

那么怎么维护这个可以删除元素 并且 能自动排序的 b 序列呢

运用 C++ stl 里的 multiset ，一个默认将元素从小到大排序，支持查找 删除的二叉树数据结构。

通过枚举 a2+a3 只要找到一个 可行的 a2+a3 把答案输出即可。

（这道题只需要求一组可行的答案即可，BZOJ 2797 要求所有满足条件的答案，其实就是找到就行 和 全部暴力的区别）

AC code：

#include <set>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LL long long
using namespace std;
const int MAXN = 301;
int N, len;
LL num[MAXN*MAXN];
multiset<LL>s;
LL ans[MAXN];

bool check(LL A23)
{
    s.clear();
    //printf("len:%d
", len);
    for(int i = 3; i <= len; i++){          ///把 题目给的 b 序列 丢进 multiset
        //printf("%lld
", num[i]);
        s.insert(num[i]);
    }

    s.erase(s.find(A23));       //删除 a2+a3

    //puts("zjy");
    if((num[1]+num[2]+A23)&1LL) return false;
    LL tmp = (num[1]+num[2]-A23)/2LL;
    //printf("tmp:%lld
", tmp);
    ans[1] = tmp;           //a1
    ans[2] = num[2]-tmp;     //a2
    ans[3] = A23-ans[2];        //a3
    //printf("A23:%lld tmp:%lld ans3:%lld
", ans[3]);
    if(ans[1] < 0 || ans[2] < 0 || ans[3] < 0) return false;    ///前三个答案有其中一个为 0 即不满足条件
    //if(!(ans[1] <= ans[2] && ans[2] <= ans[3] && ans[1] <= ans[3])) return false;


    LL value = 0;
    LL it = 0;
    for(int i = 4; i <= N; i++){        ///算出 ai 的答案
        value = *s.begin();
        ans[i] = value-ans[1];
        if(ans[i] < 0) return false;

        for(int j = 1; j < i; j++){     ///删除掉 ai+a1, ai+a2，这类， 保证 b 序列里最小的是 a1 + ai+1
            it = ans[i]+ans[j];
            if(s.find(it) == s.end()) return false; /// b 序列里没有 ai+aj 这个数， 即 当前的这组结果无法算出答案序列里的值
            s.erase(s.find(it));    ///把 ai+aj 从 b 序列里删除
        }
    }
    return true;
}


int main()
{
    int T_case;
    scanf("%d", &T_case);
    while(T_case--){
        scanf("%d", &N);
        len = (N*(N-1))/2;
        for(int i = 1; i <= len; i++){
            scanf("%lld", &num[i]);
        }

        for(int i = 3; i <= len; i++){
            if(i == 3 || num[i] != num[i-1]){
                if(check(num[i])) {
                        //printf("A23:%lld
", num[i]);
                        break;
                }
            }
        }
        //puts("zjy");
        //printf("N:%d
", N);

        for(int i = 1; i <= N; i++){
            //printf("i:%d ans:%lld ",i, ans[i]);
            printf("%lld ", ans[i]);
        }
        puts("");

    }

    return 0;
}