APIO2019 练习赛 Wedding cake——思路+高精度

题目大意：

　　给 n ( n<=1e5 ) 个数 \( a_i \) （\( a_i \) <=1e5），需要构造 n 个实数使得它们的和是 1 ，并且第 i 个实数必须小数点后恰好有 \( a_i \) 个有意义的数位。有意义的数位指的是到最后一个非0位为止的数位。

Subtask 1 (17 pts) : n<=100 , \( a_i \) <=10

Subtask 2 (21 pts) : n<=1e5 , all \( a_i \) are equal

Subtask 3 (25 pts) : n<=1000 , \( \sum a_i \) <=1000

Subtask 4 (37 pts) : 没有特殊性质

　　想到一个构造方法。就是数位限制按从多到少排序， \( a_i \) 相同的一些实数，每个都是 0.000..001 ，只有最后一个用来补齐，使得至今为止的和是满足下一个较小的 \( a_i \) 的限制的。

　　如果补齐恰好使得该实数的数位少于 \( a_i \) ，那么只需要让 \( a_i \) 相同的某个实数从 0.000..001 变成 0.000..002 ，该实数就能减少 0.000..001 ，从而数位符合要求。

　　如果需要做上面那个操作，但 \( a_i \) 是该值的只有该实数一个，那么就无解。其实这里感觉有些不对，因为可以调更之前的一些数，但就这样写也能过。

　　可惜 double 无法做到 1e5 的精度。所以用 long long ，只有 17 分。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define ll long long
using namespace std;
int rdn()
{
  int ret=;bool fx=;char ch=getchar();
  while(ch>''||ch<''){if(ch=='-')fx=;ch=getchar();}
  while(ch>=''&&ch<='')ret=ret*+ch-'',ch=getchar();
  return fx?ret:-ret;
}
int Mx(int a,int b){return a>b?a:b;}
const int N=1e5+;
int n,a[N],mx,g[]; ll ans[N],bin[];
struct Node{
  int a,id;
  bool operator< (const Node &b)const
  {return a>b.a;}
}c[N];
bool chk(int x)
{
  ll tp=ans[c[x].id]; int lm=c[x].a,cnt=;
  while(tp&&tp%==)tp/=,cnt++;
  return mx-cnt!=lm;
}
int main()
{
  n=rdn();
  for(int i=;i<=n;i++)
    {
      a[i]=c[i].a=rdn(); c[i].id=i;
      mx=Mx(mx,a[i]);
    }
  bin[]=;
  for(int i=;i<=mx;i++)bin[i]=bin[i-]*;
  sort(c+,c+n+);
  ll bs,bs2=bin[mx-c[].a],lj=;
  for(int i=;i<=n;i++)
    {
      bs=bs2;
      int j=i; ans[c[i].id]=bs; lj+=bs;
      while(j<n&&c[j+].a==c[j].a)
    j++, ans[c[j].id]=bs, lj+=bs;
      bs2=bin[mx-c[j+].a];
      ll tp=bs2;
      while(tp<lj)tp+=bs2;
      swap(tp,lj); tp=lj-tp;
      ans[c[i].id]+=tp;
      if(chk(i))
    {
      if(j==i){puts("NO");return ;}
      ans[c[i].id]-=bs; ans[c[i+].id]+=bs;
    }
      i=j;//
    }
  if(lj>bin[mx]){puts("NO");return ;}
  puts("YES");
  for(int i=;i<=n;i++)
    {
      printf("0.");
      while(ans[i]%==)ans[i]/=;
      int t=;
      while(ans[i])g[++t]=ans[i]%,ans[i]/=;
      for(int j=t+;j<=a[i];j++)g[j]=;
      for(int j=a[i];j;j--)putchar(g[j]+'');
      puts("");
    }
  return ;
}

　　然后看了这个题解：https://blog.csdn.net/lycheng1215/article/details/80246134

　　用高精度实现就可以了。实现方法也是借鉴那个题解的……

　　大概就是用 vector 的 rem[ i ] 表示第 i 种 a 的用来补齐的那个实数的值。记录成一个大数，末位就是小数点后第 \( a_i \) 位。

　　先算出每个 a 对应了多少个实数，然后从大到小遍历 a ，记录一个 lj 表示之前的数已经带来的贡献。lj 是一个 int 类型的，个位表示小数点后第 \( a_i \) 位。

　　设 ct 表示当前的 a 对应了 ct 个实数，那么它们都填 1 ，再算上之前补上来的，和就是 tmp = lj+ct ；

　　枚举数位从 \( a_i \) 到 \( a_{i+1} \) （\( a_{i+1} < a_i \) ），tmp 一直 /10 ，做完之后的 tmp 就是当前的和进到下一个 a 是多少了；

　　同时记录一个 hs 表示 tmp /10 的过程中，有没有非0位；如果有的话，做完 /10 操作之后的 tmp 就需要再 +1 ，因为补足是要上取整的。

　　然后 rem[ i ] 的初值就是：先有 \( a_i - a_{i+1} \) 个 0 ，然后是一个数 tmp+hs 。

　　然后用 rem[ i ] 减去刚才的 lj ，再减去 ct-1 ，如果 (ct-1)%10 == rem[ 0 ] （这里的 rem[ 0 ] 是减去 lj 之后的，相等表示 ct-1 个实数都填 1 之后，补齐的那个实数会缺少一些数位），rem[ i ] 再减去 1 即可，同时给 i 打一个标记表示它有一个填 2 的实数。

　　然后 lj 就变成刚才的那个 tmp+hs 即可。

　　lj 是可以用 int 类型的，因为每次加 ct ，最多在加一个 hs ，还会不断 /10 ，不会超过 2e5 ； 之所以 rem[ ] 需要用高精度，是因为 \( a_i \) 到 \( a_{i+1} \) 可能有 1e5 个位置，用来补齐的那个实数就可能有这么多不平凡的数位。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define pb push_back
using namespace std;
int rdn()
{
  int ret=;bool fx=;char ch=getchar();
  while(ch>''||ch<''){if(ch=='-')fx=;ch=getchar();}
  while(ch>=''&&ch<='')ret=ret*+ch-'',ch=getchar();
  return fx?ret:-ret;
}
const int N=1e5+;
int n,mx,a[N],ct[N],pr[N]; bool vis[N];
vector<int> rem[N];
void print(int cr,int fx)
{
  printf("0.");
  for(int i=;i<a[cr];i++)
    putchar('');
  printf("%d\n",fx);
}
void printx(int cr)
{
  int bh=a[cr],siz=rem[bh].size();
  printf("0.");
  for(int i=a[cr]-siz;i;i--)
    putchar('');
  for(int i=siz-;i>=;i--)//-- not ++!!!
    printf("%d",rem[bh][i]);
  puts("");
}
void add_frs(int cr)
{
  int siz=rem[cr].size()-;
  for(int i=;i<siz;i++)
    if(rem[cr][i]>)
      {
    rem[cr][i+]+=rem[cr][i]/;
    rem[cr][i]%=;
      }
  while(rem[cr][siz]>)
    {
      rem[cr].pb(rem[cr][siz]/);
      rem[cr][siz]%=; siz++;
    }
}
void dec_frs(int cr)
{
  int siz=rem[cr].size()-;
  for(int i=;i<siz;i++)
    if(rem[cr][i]<)
      {
    int tp=-rem[cr][i];
    tp=tp/+(tp%?:);
    rem[cr][i]+=*tp;
    rem[cr][i+]-=tp;
      }
  while(!rem[cr][siz])
    rem[cr].pop_back(), siz--;
}
void solve()
{
  int lj=;
  for(int i=mx;i;i=pr[i])
    {
      int tmp=lj+ct[i]; bool hs=;
      for(int j=i;j>pr[i]&&tmp;j--)//go to lst pos
    { hs|=tmp%; tmp/=;}
      rem[i].resize(i-pr[i]);//some 0 based a[i]
      rem[i].pb(tmp+hs); add_frs(i);
      int tp=lj; lj=tmp+hs;
      for(int j=;tp;j++)
    { rem[i][j]-=tp%; tp/=;}
      dec_frs(i);
      tp=ct[i]-;
      if(tp%==rem[i][])
    {
      if(ct[i]==){puts("NO");return;}
      tp++;vis[i]=;//some is 2
    }
      for(int j=;tp;j++)
    { rem[i][j]-=tp%; tp/=;}
      dec_frs(i);
    }
  if(lj>){puts("NO");return;}
  puts("YES");
  for(int i=;i<=n;i++)
    {
      ct[a[i]]--;
      if(vis[a[i]])
    { vis[a[i]]=; print(i,);}
      else if(ct[a[i]])
    { print(i,);}
      else printx(i);
    }
}
int main()
{
  n=rdn();
  for(int i=;i<=n;i++)
    { a[i]=rdn(); ct[a[i]]++;}
  for(int i=1e5;i;i--)if(ct[i]){mx=i;break;}
  for(int i=,lst=;i<=mx;i++)
    {
      pr[i]=lst; if(ct[i])lst=i;//if()!!
    }
  solve();
  return ;
}