[AGC057D] Sum Avoidance

Link

本篇题解大部分内容来自这篇文章

首先题意翻译:

给定一个正整数 S ，称一个正整数集合 A 是好的，当且仅当它满足以下条件：

1. A 中元素在 (0,S) 之间

2. 不能用 A 中元素多次相加得到 S

考虑所有好的集合中元素数量最大且字典序最小的集合 A ，多次询问，求集合 A 从小到大排序后的第 k 项，或集合大小小于 k

T≤1000,S≤1018

---

解法

这什么神仙题啊光是理解题解就好困难啊

先考虑性质2：

首先容易发现 i,S−i 只能在集合中存在一个，若 S 为偶数则 S2 也不能存在于集合中，所以集合的大小小于等于⌊S−12⌋。

其次，把所有大于 ⌊S2⌋ 的整数取进集合必然满足条件，所以最大集合的大小一定为⌊S−12⌋。

且若要满足集合大小最大，对于 i<S2，n−i 和 i 一定有一个在集合中。

我们设所有集合 A 中 <S2的元素构成集合 B，显然 B 是 A 的子集，且确定 B 即可确定 A。

则 B 有以下性质：

如果a,b∈B，且a+b<S2，则a+b∈B。

原因是如果 a+b∉B，则 n−(a+b)，一定在 A中，那么 a,b,n−(a+b) 同时在集合 A 中，显然不满足条件。

考虑满足该性质的集合 B 及对应的 A，当它不合法，即 A 中的数多次相加能拼成 S 时，若拼成 S 的数中有一个大于等于 S2（即在集合 A 但不在集合 B 中） ，则这种情况必定不满足性质1，所以我们只需要考虑集合 B 是否合法即可。

那么接下来就是构造了，由于我们要构造字典序最小的 A ，所以只需从小往大依次枚举每个数，尝试贪心的将其加入 B ，最后得到的 B 及其对应的 A 就是我们所需要的集合 A 了。

加入数时有两种情况：

1.该数能被已经在 B 中的数组合出，那么这个数必须加，显然加入它之后集合仍旧合法。

2.当非第一种情况时，若加入该数不会使集合 B 不合法，加入该数。

我们设第一个加入集合 B 的数为 d ，容易发现，d 一定是最小的与 S 互质的数，并且在此之后每当我们用第 2 种方式加入新数时，该数一定与已经在集合中的所有数模 d 不同余（同余的话可以由已经在集合中的同余的数和若干个 d 组合出）。也就是说，以第二种方式加入的数最多只有 d 个。

接下来就来到了同余最短路的相关部分，考虑对于每个 i∈0,1,···,d−1 记录一个 fi 表示已经在 B 的数可以构造出的 \equiv i (\mod d )的最小值。

显然，f 不会被第一种情况加入的数影响，且最后由 f 可以得到整个 B 集合（下文讲具体方法）。

先考虑以第二种方式加入一个数 v \equiv x (\mod d)，首先一定有 f_x>v （否则就是以第一种方式加入了），可以通过枚举加入的 v 用了多少次更新 f 数组，即:

f_i=\min\limits_{k=0}^{d-1}f_{i-k*x \mod d}+v*k

一个数v能被加入当且仅当 f_x>v 且加入后 f_{S \mod d}>S。我们不妨枚举 x，容易发现，对于每个 x ，加入的合法的 v 有其下界 dn ，大于等于 dn 且 \equiv x(\mod d) 且小于 f_x 的数均可加入，从而可以得到当前 x 下第一个能加入的数。（当然也可能根本不存在能加入的数）

于是我们可以对每一个 x 找到其能加的数，取其中最小的就是下一个能加的数，重复至多 d 次即可得到最终的 f 数组。

接下来就可以还原 B 了，若一个数 t\in B，当且仅当 t < \frac{S}{2} 且 t\ge f_{t \mod d}。

此时容易O(d)求得 B 集合内小于等于某个数的元素个数，于是可以二分求得最终答案。复杂度为 O(d \log S)，若答案> \frac{S}{2}，也可以反向类似二分。

考虑 d 的范围，容易发现 d 在 10^{18} 次以内最大为 43 （lcm(1,2,···,43)\geq 10^{18}）。而事实上，d=O(\log S)

点击查看代码

#include 
#define N 50
#define M 2000010
#define pii pair
#define mkp make_pair
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define int long long
//#define MOD
#define INF 1061109567
#define int_edge int to[M],nxt[M],head[N],cnt=0;
using namespace std;
int S,k,d,f[N],in[N];
//int_edge;void add_edge(int x,int y ){to[++cnt]=y;nxt[cnt]=head[x];head[x]=cnt;}
//int_edge;int val[M];void add_edge(int x,int y,int z){to[++cnt]=y;val[cnt]=z;nxt[cnt]=head[x];head[x]=cnt;}
int check(int nw){
	int tmp=0;
	for(int i=0;i		if(nw>=f[i])tmp+=(nw-f[i])/d+1;
	return tmp; 
}
queue<int>q;
void spfa(int nw){
	for(int i=0;ipush(i),in[i]=1;
	while(!q.empty()){
		int u=q.front(),v=(u+nw)%d;q.pop();in[u]=0;
		if(f[v]>f[u]+nw){f[v]=f[u]+nw;if(!in[v])q.push(v),in[v]=1;}
	}
}
int solve(){
	scanf("%lld %lld",&S,&k);
	if(k>(S-1)/2)return -1;
	if(S==3)return 2;
	if(S==4)return 3;
	if(S==6)return k+3;//d>=S/2
	d=1;while(S%d==0)d++;
	for(int i=1;i1e18;
	while(1){
		int v=1e18;
		for(int x=1;x//枚举x，容易发现x肯定不是0
			int dn=0;
			for(int k=1;k//枚举k，容易发现k取0肯定也不优
				int lst=(S-x*k+d*d)%d;//加上d*d用于防负数
				dn=max(dn,(S-f[lst])/k+1);
			}
			if((dn+d-x)%d)dn+=d-(dn+d-x)%d;//确保算出来的下界mod d = x
			if(dn		}
		if(v>=S/2)break;
		spfa(v);//更新f
	}
	int l=1,r=S/2,ans=-1;
	while(l<=r){
		int mid=(l+r)/2;
		if(check(mid)>=k+1)ans=mid,r=mid-1;//注意此处由于算入了0所以要与k+1相比
			else l=mid+1;
	}
	if(ans!=-1)return ans;
	l=1,r=S/2,k=(S-1)/2+1-k;
	while(l<=r){
		int mid=(l+r)/2;
		if(mid-check(mid)+2>=k+1)ans=mid,r=mid-1;//同样是由于算0
			else l=mid+1;
	}
	return S-ans;
}
signed main()
{
	int T;scanf("%lld",&T);
	while(T--)printf("%lld\n",solve());
	return 0;
}

---

后记：这个题折磨了我半个下午加半个晚上，不过也算是迄今为止做过的最难的题之一了，还是很有收获的。以及我真的很想吐槽一下，我函数里重复定义了 d 调了快1个小时