Codeforces 1286F. Harry The Potter 子集枚举dp+数学+构造

题目描述

给你n个数，你可以进行两种操作
1.将一个数-x
2.选两个数（不能是同一个），一个-x，一个-（x+1）
当然x可能为负数
问最少操作次数使得所有数都变为0

题解

我们考虑性质，如果将一个操作2想成一条无向边，每个数想成一个点的话。
结论1：这个图只能有n-1条边，而且不成环。
如果超过n-1条边，自然用操作1会更好，如果成环，就把成环的全用操作1搞掉，然后剩下的肯定是一棵树，如果有单独的点，也可以用操作1去掉。

我们考虑给树的每一条边定方向，其实就是每一条边的两个端点一个-0，一个-1，然后发现这样的话只跟这个数的深度层数的奇偶性有关，假定一个点做根，深度为1，那么偶数深度的点对这个点的贡献其实是同加同减，奇数深度的点对这个点的贡献是相反的，所以我们很快考虑到：
$奇数深度点权的和 = 偶数深度点权的和$

考虑每条边的定向其实可以使奇偶深度点权和减少1，有n-1条边可以用，所以如果我们找到一个集合S，这个集合可以分成两个非空的集合A，B（这两个集合如果其中一个空，另外一个的大小只能是1或者0，都不需要用到操作2），然后这两个的点权和满足：
$abs(sum[A] - sum[B]) < |S|$
并且 $abs(sum[A]-sum[B])$ 和 $|S|-1$的奇偶性相同的话，这个集合就可以用操作2使得总操作减少1次。

最后就是一个子集合并问题了，总的复杂度为 $O(3^N)$或 $O(N^22^N logN)$

代码

#include <set> 
#include <map>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <deque>
#include <queue>
#include <stack>
#include <bitset>
#include <cstdio>
#include <vector> 
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <climits>
#include <complex>
#include <iostream>
#include <algorithm>

#define fi first
#define se second
#define MP make_pair
#define PB push_back

using namespace std;

typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;

const int N = 1000010;
const int mod = 998244353;
const int inf = 1e9;

inline ll read()
{
  ll p=0; ll f=1; char ch=getchar();
  while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-') f*=-1; ch=getchar();}
  while(ch>='0' && ch<='9'){p=p*10+ch-'0'; ch=getchar();}
  return p*f;
}

ll n,a[N]; ll sum[(1<<21) - 1];
bool ok[(1<<21) - 1]; int ans[(1<<21)-1];

int main()
{
  n = read();
  for(int i=1;i<=n;i++)
	{
	  a[i] = read();
	  if(a[i] == 0) n--,i--;
	}// printf("%d\n",n);
	int bs = (1<<n)-1;
	for(int i=0;i<=bs;i++)
	{
	  for(int j=1;j<=n;j++) if(i >> (j-1) & 1) sum[i] += a[j]; 
	}
	
	for(int i=0;i<=bs;i++)
	{
	  for(int j=(i-1)&i;(2*j>=i) && j;j=(j-1)&i)
	  {
	    int s = i^j; int t = j;
	    ll dir = abs(sum[s] - sum[t]); int nn = __builtin_popcount(i);
	    if(dir < nn && ((dir-nn+1) % 2 == 0))
			{
//			  printf("%d %d %d\n",s,t,dir);
			  ok[i] = 1; break;
			}
	  }
  }
	
	for(int i=1;i<=bs;i++) if(ok[i])
	{
//	  printf("%d\n",i);
	  int k = bs ^ i; ans[i] = max(ans[i] , 1);
	  for(int j=k;j;j=(j-1)&k) ans[i|j] = max(ans[i|j] , ans[j] + 1);
	}
	
	int mx = 0;
	for(int i=0;i<=bs;i++) mx = max(mx , ans[i]);
	
	return printf("%d\n",n-mx),0;
}