P6775 [NOI2020] 制作菜品

题目大意

厨师准备给小朋友们制作 $m$ 道菜，每道菜均使用 $k$ 克原材料。为此，厨师购入了 $n$ 种原材料，原材料从 $1$ 到 $n$ 编号，第 $i$ 种原材料的质量为 $d_i$ 克。$n$ 种原材料的质量之和恰好为 $m\times k$ 克，其中 $d_i$ 与 $k$ 都是正整数。
制作菜品时，一种原材料可以被用于多道菜，但为了让菜品的味道更纯粹，厨师打算每道菜至多使用 $2$ 种原材料。现在请你判断是否存在一种满足要求的制作方案。更具体地，方案应满足下列要求：

• 共做出 $m$ 道菜。
• 每道菜至多使用 $2$ 种原材料。
• 每道菜恰好使用 $k$ 克原材料。
• 每道菜使用的每种原材料的质量都为正整数克。
• $n$ 种原材料都被恰好用完。
  若存在满足要求的制作方案，你还应该给出一种具体的制作方案。

$1\le n\le 500$，$n-2\le m\le 5000$，$m\ge 1$，$1\le k\le 5000$，${\sum }_{i=1}^n{d}_i=m\times k$

题解

好题!
首先观察数据范围，发现$m\ge n-2$，就知道这题应该是什么分类讨论题了
再观察细致的数据范围，发现有$m=n-1$和$m\ge n-1$的部分分，所以从$m=n-1$下手，先把$d$数组排序，有结论$d_1+d_n\ge k$，然后我们用$1$和$n$做一道菜，把$1$用完，然后就变成了一个$m-1,n-1$的规模更小的数据范围，当$m=2,n=1$时显然有解，所以$m=n-1$时有解，$m>n-1$时，显然有$d_n\ge k$，然后不停地用$d_n$做菜，显然可以归约到$m=n-1$的情况
然后就只剩下$m=n-2$的情况了，手玩一下小数据进行观察，$n=3$时无解，$n=4$的充要条件为两个$d$的和等于$k$，这启发我们把$m=n-2$的情况划分成两个$m=n-1$的情况
结论： { d n } \{d_n\} {dn​}有解当且仅当，可以划分成一个子集 S ⊂ { 1 , 2 , ⋯   , n } S\subset\{1,2,\cdots,n\} S⊂{1,2,⋯,n}，使得${\sum }_{i\in S}{d}_i=(|S|-1)k$
充分性：这个子集和它的补集可以形成两个$m=n-1$的问题，所以肯定有解
必要性：如果两个原料做了一道菜，我们就给这两个原料连上一条边，由于$m=n-2$，所以这个图肯定不连通，解必定有办法划分成两个连通的图
这个可以用$01$背包来判断，用$bitset$优化，复杂度就变成了$O(\frac{n^{2}k}{w})$

code

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
void read(int &res)
{
	res=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
	while('0'<=ch&&ch<='9') res=(res<<1)+(res<<3)+(ch^48),ch=getchar();
}
const int N=5e2+10,K=5e3+10;
int n,m,k,d[N+10];
struct node
{
	int id,d;
}p[N+10];
void write(int res)
{
	if(res>=10) write(res/10),putchar('0'+res%10);
	else putchar('0'+res);
}
namespace sub1
{
	bool cmp(node a,node b){return a.d<b.d;}
	void solve(int n)
	{
		for(int i=1;i<=n;i++)
			while(m>n-1&&p[i].d>=k)
			{
				write(p[i].id),putchar(' '),write(k),putchar('\n');
				p[i].d-=k;
				m--;
			}
		for(int i=n;i>=2;i--)
		{
			sort(p+1,p+1+i,cmp);
			if(p[1].d==0) write(p[i].id),putchar(' '),write(k-p[1].d),putchar('\n');	
			else write(p[1].id),putchar(' '),write(p[1].d),putchar(' '),write(p[i].id),putchar(' '),write(k-p[1].d),putchar('\n');
			p[i].d-=k-p[1].d,p[1]=p[i];
		}
	}
}
namespace sub2
{
	bitset<N*K*2+10> f[N+10];
	bool vis[N+10];
	const int C=N*K;
	void dfs(int h,int s)
	{
		if(h==0) return;
		if(s+C-(d[h]-k)>=0&&s+C-(d[h]-k)<=C*2&&f[h-1][s+C-(d[h]-k)]) vis[h]=true,dfs(h-1,s-(d[h]-k));
		else dfs(h-1,s);
	}
	void solve()
	{
		f[0].reset(),f[0].set(k+C);
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			if(d[i]-k>=0) f[i]=f[i-1]|(f[i-1]<<d[i]-k);
			else f[i]=f[i-1]|(f[i-1]>>k-d[i]);
		}
		if(!f[n][C]) printf("-1\n");
		else
		{
			for(int i=1;i<=n;i++) vis[i]=false;
			dfs(n,0);
			int top=0;
			for(int i=1;i<=n;i++)
				if(vis[i])
					p[++top]=(node){i,d[i]};
			m=top-1;
			sub1::solve(top);
			top=0;
			for(int i=1;i<=n;i++)
				if(!vis[i])
					p[++top]=(node){i,d[i]};
			m=top-1;
			sub1::solve(top);
		}
	}
}
int main()
{
	freopen("dish.in","r",stdin);
	freopen("dish.out","w",stdout);
	int T;
	read(T);
	for(;T--;)
	{
		read(n),read(m),read(k);
		for(int i=1;i<=n;i++) read(d[i]);
		if(m>=n-1)
		{
			for(int i=1;i<=n;i++) p[i].d=d[i],p[i].id=i;
			sub1::solve(n);
		}
		else sub2::solve();
	}
	return 0;
}
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