提供一个新思路
这题,我们假设n个数分别为a1,a2,a3,a4,a5...an,且对于任意
1<=i<j<=n满足ai<aj
而他们两两之和即为输入的各数字,从中,我们不难推出对于输入的数字中(我们把它们按从小到大排序,分别设为m1,m2...)
一定满足:m1=a1+a2,m2=a1+a3(我们可以用反证法证明结论)
但m3有两种情况:m3=a1+a4或者m3=a2+a3,我们无法判断,那么,
为什么我们不能把a2+a3的情况排除呢？
所以我们可以这样做: 同样枚举a1(1->m1/2),然后算出a2,a3。这时,我们对a2+a3的数字打个标记,当下次访问到的时候将标记取消说明剩下的数字不是a2+a3,那么,剩下的数的最小的那一个一定是a1+a4!同理我们对a2+a4,a3+a4打标记。。。 最后就能求出所有的a了,如果我们求完了n个数,然而,还有数没被打上标记,就说明此时的a1时错误的我们需要重新枚举。
最后,我们就可以求出答案了~
代码:
#pragma GCC optimize(3)//手动Ox优化
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1e5+2; int a[N],tot; int biao[N],maxe; int ans[N]; bool F=0; int n; inline void print(){//输出答案 for(int i=1;i<=n;++i){ printf("%d ",ans[i]); } putchar('\n'); } inline void dfs(int x){ memset(biao,0,sizeof(biao)); ans[1]=x,ans[2]=a[1]-x,ans[3]=a[2]-x; biao[ans[2]+ans[3]]++;//标记记得用int,因为可能存在两组数之和相等的情况 int zhi=4; F=1;//假设这次是正确的 for(int i=3;i<=tot;++i){ if(biao[a[i]]){ biao[a[i]]--; continue; } ans[zhi++]=a[i]-x; if(zhi>n+1){ F=0;//本次答案错误 return; } for(int j=2;j<zhi-1;++j){ if(ans[zhi-1]+ans[j]>maxe){//如果和大于最大值,肯定错误,跳过 F=0;//本次答案错误 return; } biao[ans[zhi-1]+ans[j]]++;//打上标记 } } } int main(){ while(~scanf("%d",&n)){ tot=n*(n-1)/2,maxe=0; for(int i=1;i<=tot;++i){ scanf("%d",&a[i]); maxe=maxe>a[i]?maxe:a[i];//求最大值 } sort(a+1,a+tot+1);//排个序~ bool flag=0; for(int i=1;i<=a[1]/2;++i){ dfs(i); if(F){ flag=1,F=0;//找到正确答案,F记得清零 print();//输出 break; } } if(!flag){ printf("Impossible\n"); continue; } } return 0; } /** * ┏┓ ┏┓+ + * ┏┛┻━━━┛┻┓ + + * ┃ ┃ * ┃ ━ ┃ ++ + + + * ████━████+ * ◥██◤ ◥██◤ + * ┃ ┻ ┃ * ┃ ┃ + + * ┗━┓ ┏━┛ * ┃ ┃ + + + +Code is far away from * ┃ ┃ + bug with the animal protecting * ┃ ┗━━━┓ 神兽保佑,代码无bug * ┃ ┣┓ * ┃ ┏┛ * ┗┓┓┏━┳┓┏┛ + + + + * ┃┫┫ ┃┫┫ * ┗┻┛ ┗┻┛+ + + + */