序列 sequence

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原创最新推荐文章于 2022-03-24 16:36:12 发布 · 253 阅读

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本文介绍了一个关于数列的数学问题，要求找出所有数的平均数小于等于中位数的组合方式。通过排序、枚举和优化的meet-in-the-middle算法，解决了这一经典问题，最终给出了具体实现代码。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

原创题，没有提交的地方。

一、题目

众所周知，萌萌哒六花不擅长数学，所以勇太给了她一些数学问题做练习，其中有一道是这样的：

勇太有一个长度为 n 的数列，现在六花可以从中选出若干个数（不可以不取）。她的方案需要满足她选出的所有数的平均数小于等于中位数。现在勇太想让六花求出满足条件的方案数。

注：数列长度为偶数的时候，中位数为排序后最中间的两个数的平均数。

当然，这个问题对于萌萌哒六花来说实在是太难了，你可以帮帮她吗？

二、解法

先把所有数从小到大排序，接着可以枚举中位数是哪两个数的平均数，假设是l和r（长度为奇数的情况相当于l=r），然后我们给数列中所有数减去平均数，那么这时的方案数就等于从[1,l)，(r,n]这两个区间中选出相同数目的数使得它们的和小于0。

我们可以把待选的数给单独拿出来（即把区间[l,r]的数删掉），如果原来它的下标小于l，把么权重为1否则权重为-1。问题就相当于给出若干个数，你要选出一些数使得它们的权重和为0且权值和小于0，这是一个经典的meet in middle的问题。我们可以把数均等的分成两部分，分别处理出两部分中的所有选取方法，然后根据权重分组，每组排序之后就能统计答案了。

上述算法的时间复杂度是 $∑i=1n(n−i)∗2(n−i)/2∗(n−i)/2=O(2n/2∗n2)\sum_{i=1}^n (n-i)*2^{(n-i)/2}*(n-i)/2=O(2^{n/2}*n^2)$ ，这样是会超时的（除非你的常数足够好）。

我们发现我们没有必要排序，我们可以在枚Q举的时候使用归并的方法，直接让每组有序，这样就能减少一个n的复杂度。

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
int w[50],x[50];
int A[50],n,N,li;
vector<long long>L[50],R[50],t;
void solve1(int lim){
	L[0].push_back(0);
	for (int now=1;now<=lim;now++)
		for (int i=min(li,now);i;i--){
			t=L[i]; L[i].clear(); int l=0,r=0;
			while (l<L[i-1].size()&&r<t.size())
				if (L[i-1][l]+x[now]<=t[r]){
					L[i].push_back(L[i-1][l]+x[now]); l++;
				} else {
					L[i].push_back(t[r]); r++;
				}
			while (l<L[i-1].size()) L[i].push_back(L[i-1][l]+x[now]),l++;
			while (r<t.size()) L[i].push_back(t[r]),r++;
		}
}
void solve2(int lim){
	R[0].push_back(0); int now=0; li=0;
	for (int kk=n;kk>lim;kk--){
		if (w[kk]==-1){
			now++; li=max(li,now);
			for (int i=now;i;i--){
				t=R[i]; R[i].clear(); 
				vector<long long>::iterator l=R[i-1].begin(),r=t.begin();
				while (l!=R[i-1].end()&&r!=t.end())
					if ((*l)+x[kk]<=(*r)){
						R[i].push_back((*l)+x[kk]); l++;
					} else {
						R[i].push_back((*r)); r++;
					}
				while (l!=R[i-1].end()) R[i].push_back((*l)+x[kk]),l++;
				while (r!=t.end()) R[i].push_back((*r)),r++;
			}
		} else 
			for (int i=0;i<now;i++){
				t=R[i]; R[i].clear(); int l=0,r=0;
				while (l<R[i+1].size()&&r<t.size())
					if (R[i+1][l]+x[kk]<=t[r]){
						R[i].push_back(R[i+1][l]+x[kk]); l++;
					} else {
						R[i].push_back(t[r]); r++;
					}
				while (l<R[i+1].size()) R[i].push_back(R[i+1][l]+x[kk]),l++;
				while (r<t.size()) R[i].push_back(t[r]),r++;
			}
	}
}
long long solve(){
	int mid=n/2;
	for (int i=0;i<=n;i++) L[i].clear();
	for (int i=0;i<=n;i++) R[i].clear();
	solve2(mid);
	solve1(mid);
	long long ans=0;
	for (int now=0;now<=li;now++){
		int k1=R[now].size()-1;
		for (int i=0;i<L[now].size()&&k1>=0;i++){
			while (k1>=0&&R[now][k1]+L[now][i]>0) k1--;
			ans+=k1+1;
		}
	}
	return ans;
}
int main(){
    freopen("sequence.in", "r", stdin);
    freopen("sequence.out", "w", stdout);
	scanf("%d",&N);
	for (int i=1;i<=N;i++) scanf("%d",&A[i]);
	for (int i=1;i<=N;i++) A[i]*=2;
	sort(A+1,A+N+1);
	long long ans=0;
	for (int l=1;l<=N;l++)
		for (int r=l;r<=N;r++){
			n=0; int mi=(A[l]+A[r])/2;
			li=min(li,min(l-1,N-r));
			if (l-1>=N-r){
				for (int i=1;i<l;i++){
					w[++n]=1; x[n]=A[i]-mi;
				}
				for (int i=r+1;i<=N;i++){
					w[++n]=-1; x[n]=A[i]-mi;
				}
			} else {
				for (int i=r+1;i<=N;i++){
					w[++n]=1; x[n]=A[i]-mi;
				}
				for (int i=1;i<l;i++){
					w[++n]=-1; x[n]=A[i]-mi;
				}
			}
			ans+=solve();
		}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}