【NOI2020】制作菜品（结论）_noi2020制作菜品-优快云博客

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本文探讨了背包问题中特殊情形m=n-2的求解方法，通过构造树形结构证明其解的存在条件，并利用01背包的动态规划思想结合bitset优化求解过程。时间复杂度为O(n^2k/w)。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

首先 $m\geq n-1$ 一定有解：

若 $m\geq n$ ，那么 $\max d_i\geq k$ ，直接用 $max d_i$ 一直做即可，接下来肯定是继续进入两种情况中的一种。
若 $m = n - 1$ ，那么 $\min d_i+\max d_i\geq k$ 且 $min d_i<k$ ，直接用完 $min d_i$ 并用 $max d_i$ 补足即可，接下来肯定是继续进入两种情况中的一种。

考虑 $m = n - 2$ 的情况，考虑证明 $m = n - 2$ 有解当且仅当能把 $n$ 个材料分为两个集合 $S_1,S_2$ ，且满足 $\sum_{i\in S_1} d_i=(|S_1|-1)k$ ， $\sum_{i\in S_2} d_i=(|S_2|-1)k$ 。

证明：

充分性：显然。

必要性：考虑若有解，将两种放在一起用过的材料连一条边，那么这张图有 $n$ 个点， $n - 2$ 条边。由于 $n$ 个点 $n - k$ 条边的图至少存在 $k$ 棵树，所以这张图至少存在两棵树。那么考虑任意取一棵树 $T$ 出来，那么肯定满足 $\sum _{i\in T}d_i=(|T|-1)k$ 。那么剩下的点也一定满足 $\sum _{i\neq T}d_i=\big((n-|T|)-1)k$ 。于是就存在一种划分方案。

求出划分就是01背包，可以 DP，因为物品没有权值（即 DP 数组是 bool 类型），所以可以用 bitset 优化。

时间复杂度 $O(\frac{n^2k}{w})$ 。

#include<bits/stdc++.h>

#define N 510
#define K 5010
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mk(a,b) make_pair(a,b)

using namespace std;

inline int read()
{
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9')
	{
		if(ch=='-') f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9')
	{
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^'0');
		ch=getchar();
	}
	return x*f;
}

int T,n,m,k,d[N];
bool vis[N];

set<pii>s;
vector<pii>ans;
bitset<N*K*2>f[N];

void work()
{
	while(!s.empty())
	{
		pii maxn=*(--s.end());
		pii minn=*s.begin();
		if(minn.fi+maxn.fi<k) break;
		m--;
		if(minn.fi>=k)
		{
			s.erase(maxn);
			ans.push_back(mk(maxn.se,k));
			maxn.fi-=k;
			if(maxn.fi) s.insert(maxn);
		}
		else
		{
			s.erase(minn);
			s.erase(maxn);
			ans.push_back(mk(minn.se,minn.fi));
			ans.push_back(mk(maxn.se,k-minn.fi));
			maxn.fi-=(k-minn.fi);
			if(maxn.fi) s.insert(maxn);
		}
	}
}

int main()
{
	T=read();
	while(T--)
	{
		ans.clear();
		n=read(),m=read(),k=read();
		for(int i=1;i<=n;i++) d[i]=read();
		if(m==n-2)
		{
			s.clear();
			for(int i=1;i<=n;i++) vis[i]=0;
			bool flag=0;
			f[0].reset();
			f[0].set(n*k);
			for(int i=1;i<=n;i++)
			{
				f[i]=f[i-1];
				if(d[i]-k>=0) f[i]|=(f[i-1]<<(d[i]-k));
				else f[i]|=(f[i-1]>>(k-d[i]));
				if(f[i][n*k-k])
				{
					s.clear();
					int ns=n*k-k;
					for(int j=i;j>=1;j--)
					{
						if(!f[j-1][ns])
						{
							vis[j]=1;
							s.insert(mk(d[j],j));
							ns-=d[j]-k;
							assert(f[j-1][ns]);
						}
					}
					work();
					assert(s.empty());
					for(int j=1;j<=n;j++)
						if(!vis[j]) s.insert(mk(d[j],j));
					work();
					assert(s.empty());
					flag=1;
					break;
				}
			}
			if(!flag)
			{
				puts("-1");
				continue;
			}
		}
		else
		{
			s.clear();
			for(int i=1;i<=n;i++) s.insert(mk(d[i],i));
			work();
		}
		bool lst=0;
		for(pii now:ans)
		{
			if(lst) printf("%d %d\n",now.fi,now.se),lst=0;
			else if(now.se==k) printf("%d %d\n",now.fi,now.se);
			else printf("%d %d ",now.fi,now.se),lst=1;
		}
	}
	return 0;
}