[CF286E]Ladies' Shop

题目

传送门 to luogu

洛谷上根本交不起……建议直接去$\text{CF}$上提交。

传送门 to CF

题目概要
给定集合 A = { a 1 , a 2 , a 3 , … , a n } A=\{a_1,a_2,a_3,\dots,a_n\} A={a1​,a2​,a3​,…,an​}和$m$，求一个集合 P = { p 1 , p 2 , p 3 , … , p k } P=\{p_1,p_2,p_3,\dots,p_k\} P={p1​,p2​,p3​,…,pk​}，满足这些条件：

• $\forall ⟨t_1,t_2,t_3,\dots ,t_k⟩\in {\mathbb{N}}^k,{\sum }_{i=1}^k{t}_i{p}_i>m\vee {\sum }_{i=1}^k{t}_i{p}_i\in A$
• $\forall a\in A,\exists ⟨t_1,t_2,t_3,\dots ,t_k⟩\in {\mathbb{N}}^k,{\sum }_{i=1}^k{t}_i{p}_i=a$

用大白话说一遍：

• 从$P$中选若干个元素（可以重复选择），对其求和，如果不大于$m$，则这个和应当为$A$中的元素。
• $A$中的任意一个元素都可以由上面的这种选择方式凑成。

这样的$P$可能有很多个，你只需要输出集合大小，也就是$k$，最小的一个。没有则输出“$\text{NO}$”。

数据范围与约定

• $n,m\le 10^6$
• $A\subseteq \mathbb{Z},A\subseteq [1,n]$

思路

首先，$p\le m$；否则将其去掉，仍然合法。

结论一

显然，只在$P$中选一个元素$p_x$，也应当满足限制一。根据题意有$p_x>m\vee p_x\in A$。

而$p_x\le m$，所以只能是$$p_x\in A\iff P\subseteq A$$

然而，这并不是充要条件。在下文的论述中也应该注意这些关系，读者不妨自己考究一下，下面的这些结论也好、推论也罢，究竟是不是充要关系。

结论二

考虑$a_x,a_y\in A(x\ne y)$两个元素。

由限制二，$a_x,a_y$可以写成$p$之和。故，$a_x+a_y$可以写成$p$之和。由限制一，$p$之和应当为$A$的元素，否则大于$m$。

总结一下，$$a_x+a_y\in A\vee a_x+a_y>m$$

用群论的话来说，$(A,+)$部分满足封闭性。

推论二

将一个累和的式子多用几次上面的结论二，就会发现：

∑ { u } ⊆ A u ∈ A \sum_{\{u\}\subseteq A}u\in A {u}⊆A∑​u∈A

由于$P\subseteq A$，它还有一个附加产品：

∑ { u } ⊆ P u ∈ A \sum_{\{u\}\subseteq P}u\in A {u}⊆P∑​u∈A

结论三

怎样让这个$P$最小呢？

首先令$P=A$，这样结论一和限制二都满足了。

如果去掉一些元素，结论一显然仍然成立，所以只需要使限制二仍成立。

考虑去掉$p_x$的影响。不妨设$p_x=a_y$，那么原本限制二中$a_y$可以由$p_x$构成，那么现在便不可了。也就是说，$a_y$可以由$p_x$以外的$p$构成。

不妨设$a_y=p_1+p_2+p_3+\cdots +p_t$（对于集合中的元素，顺序是无关紧要的，我完全可以将其重新排列）。

根据推论二，$p_1+p_2\in A,p_3+p_4\in A,\dots ,p_{t-1}+p_t\in A$（即使$t$为奇数，根据结论一，$p_t\in A$）。

所以，

p x = a y = ∑ { u } ⊆ A u ⇔ ¬ ( p x ∈ P ) p_x=a_y=\sum_{\{u\}\subseteq A}u\Leftrightarrow \neg(p_x\in P) px​=ay​={u}⊆A∑​u⇔¬(px​∈P)

用文字来说，如果$p$能够由$A$中的元素表示，则$p$可以不属于$A$。

有意思的是，这是充要条件：$a$之和一定可以用$p$之和来表示；不能由$a$之和表示，也一定不能由$p$之和表示。

推论三

还记得推论二吗？$A$中的元素之和还是某个$A$中的元素。

将组成$p$的这一堆$a$分成两份，显然，两份都是某个$a$.

于是乎，如果$p$可以不属于$P$，当且仅当$$p=a_x+a_y$$

检查限制一

由于之前的结论一并不是限制一的充要条件，我们还需要再验证一次限制一。

假设限制一没有被满足，也就是

¬ ( ∑ { u } ⊆ P u ∈ A ) \neg\left(\sum_{\{u\}\subseteq P}u\in A\right) ¬⎝⎛​{u}⊆P∑​u∈A⎠⎞​

发现这是很荒谬的：结论二已经帮你解决了该问题。

总结

• 结论一：$P\subseteq A$
• 结论二：$a_x+a_y\in A\vee a_x+a_y>m$
• 推论三：如果$p=a_x+a_y$，那么$P$可以去掉$p$，否则不能

所以，算法就是下面的这个流程：

• 初始化集合$P=A$
• 求出所有不超过$m$的$a_x+a_y$
• 对于其中一个和$r$，如果$r\in A$，则将其从$P$中删去，否则输出$\text{NO}$
• 检查完所有的和之后，$P$集合就是答案

那么怎么求$a_x+a_y$呢？用一个生成函数即可：

$$f(x)=\sum _{i=0}^m{b}_i{x}^i$$

$b_i=1$当且仅当$i\in A$，或者$i=0$。

$f(x)$与自己作卷积，那么$x^k$的系数就是${\sum }_{i=0}^k{b}_i{b}_{k-i}$，将其记为$g(k)$。

显然，这个$g(k)$的意义就是选择 A ∪ { 0 } A\cup\{0\} A∪{0}中的两个元素（可以相同），有多少种不同的方案满足求和为$k$。

只考虑$k\ne 0$的情况。分一个类：

• 如果原本$k\in A$：若$g(k)=2$，显然，$2=b_0{b}_k+b_k{b}_0$——也就是说，$k$不能由两个$A$中的元素相加而成——故$k\in P$；若$g(k)\ne 2$，则$k$不属于$P$。
• 如果$k$不属于$A$：若$g(k)>0$，显然，这意味着两个$A$中的元素（可以重复）之和不属于$A$。这意味着无解。反之，什么也不会发生。

卷积就很简单了，只需要做一次$\text{FFT/NTT}$即可。反正我打的$\text{NTT}$。

代码

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
inline int readint(){
	int a = 0; char c = getchar(), f = 1;
	for(; c<'0' or c>'9'; c=getchar())
		if(c == '-') f = -f;
	for(; '0'<=c and c<='9'; c=getchar())
		a = (a<<3)+(a<<1)+(c^48);
	return a*f;
}
inline void writeint(long long x){
	if(x < 0) putchar('-'), x = -x;
	if(x > 9) writeint(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
inline int qkpow(long long base,int q,int Mod){
	long long ans = 1; base %= Mod;
	for(; q; q>>=1,base=base*base%Mod)
		if(q&1) ans = ans*base%Mod;
	return ans;
}

const int MaxN = 4000005;

int omg[MaxN];
void NTT(int a[],int n,int Mod,int g,int opt){
	omg[0] = 1;
	for(int i=1; i<n; ++i)
		omg[i] = 1ll*omg[i-1]*g%Mod;
	int logN = 0;
	while((1<<logN) < n) ++ logN;
	for(int i=0; i<n; ++i){
		int t = 0;
		for(int j=0; (i>>j)!=0; ++j)
			if(i>>j&1) t |= 1<<(logN-j-1);
		if(t < i) swap(a[t],a[i]);
	}
	for(int len=2; len<=n; len<<=1)
		for(int *p=a; p!=a+n; p+=len)
			for(int i=0; i<(len>>1); ++i){
				int t = 1ll*omg[(n/len*i*opt+n)%n]*p[i+(len>>1)]%Mod;
				p[i+(len>>1)] = (p[i]-t+Mod)%Mod, p[i] = (p[i]+t)%Mod;
			}
	if(opt == -1){
		int inv = qkpow(n,Mod-2,Mod);
		for(int i=0; i<n; ++i)
			a[i] = 1ll*a[i]*inv%Mod;
	}
}

int n, m, f[MaxN], F[MaxN];
void input(){
	n = readint(), m = readint();
	for(int i=1; i<=n; ++i)
		f[readint()] = 1;
	f[0] = 1;
}

void solve(){
	int N = 1;
	while(N <= (m<<1)) N <<= 1;
	const int Mod = 998244353;
	const int g = qkpow(3,(Mod-1)/N,Mod);
	for(int i=0; i<=m; ++i) F[i] = f[i];
	NTT(f,N,Mod,g,1);
	for(int i=0; i<N; ++i)
		f[i] = 1ll*f[i]*f[i]%Mod;
	NTT(f,N,Mod,g,-1);
	bool ok = true;
	for(int i=1; i<=m; ++i)
		if(F[i] == 0 and f[i] >= 1)
			ok = false;
	if(not ok)
		puts("NO");
	else{
		puts("YES");
		int k = 0;
		for(int i=1; i<=m; ++i)
			if(F[i] == 1 and f[i] == 2)
				++ k;
		writeint(k), putchar('\n');
		for(int i=1; i<=m; ++i)
			if(F[i] == 1 and f[i] == 2)
				writeint(i), putchar(' ');
		putchar('\n');
	}
}

int main(){
	input(), solve();
	return 0;
}