2017-2018 ACM-ICPC, NEERC, Northern Subregional Contest D Dividing Marbles

题目大意：

给出一个$N(N <= 2^{22}$)，$N$的二进制表示中1的个数不超过4.  一开始有一个集合$S = {N}$, 每次操作可以选择$n\in S \ (n > 1)$, 将$n$拆成两个正整数$n_1$和$n_2$，$n = n1 + n2$, 然后令$S = \{S \setminus n\} \cup \{n_1, n_2\}$.  问最少多少次操作使得$S = \{ 1 \}$.

题解：

考虑将这个过程倒过来，本质是让求一个最短的Brauer chain。考虑一个Brauer chain $a_0, a_1, \dots a_k$, 其中$a_0 = 1$, $ a_k = N$. 首先类似快速幂随便构造一下可以得到一个长度为$s+t-2$的Brauer chain，$s$ 是$N$二进制位数，$t$是二进制表示下1的个数。 比如$N = (1110)_2, s = 4, t = 3$, 可以如下构造：$\{(1)_2, (10)_2, (100)_2, (1000)_2, (1100)_2, (1110)_2\}$. 因此答案上界是$s+t-2$.

进一步挖掘一下性质:

$$s = \lfloor log_{2}{n} \rfloor + 1 , t \le 4$$

$$k \le s + t - 2 \le \lfloor log_{2}{n} \rfloor + 1 + 4 - 2 \le log_{2}{n} + 3$$

可以得到$ a_k \ge  2^{k - 3}$，根据Brauer chain的性质，必须有$a_{i - 1} >= \frac{a_i}{2}$. 从$a_k$倒着推回去可以推出任意$0 \le i \le k$, $a_i \ge 2^{i - 3}$.

爆搜所有满足这个性质且最后一项不超过$2^{22}$的Brauer chain。 发现本地大概要跑50s。

然后想到没必要让$k \le s + t - 2 $取等号，因为等号的情况可以直接构造。所以我们让爆搜的条件更加严格一点，$k < s + t - 2 $ 也就是说$ k \le s + t - 3$. 重新顺着刚才的思路推导一遍得到更强的条件$ a_i \ge  2^{i - 2}$。 然后爆搜就只要0.2s左右了。对于没有搜到的解，直接构造即可。

代码：

 #include <bits/stdc++.h>
 using namespace std;

 #define N 100010
 typedef long long LL;
 const int mod = ;
 const double EPS = 1e-;

 int a[];
 vector<int> ans[( << ) + ];

 void DFS(int k)
 {
     if (k >=  && a[k] < ( << (k - ))) return;
     if (k > ) return;

     if (__builtin_popcount(a[k]) <=  && (ans[a[k]].size() ==  || k < ans[a[k]].size()))
     {
         ans[a[k]].clear();
         ans[a[k]] = vector<int>(a, a + k + );
     }
     for (int i = ; i <= k; ++i)
     {
         a[k + ] = a[k] + a[i];
         if (a[k + ] > ( << )) break;
         DFS(k + );
     }
 }

 int main()
 {
     freopen("dividing.in", "r", stdin);
     freopen("dividing.out", "w", stdout);

     a[] = ;
     DFS();
     for (int i = ; i <= ( << ); ++i)
     {
         if (__builtin_popcount(i) >  || ans[i].size() > ) continue;

         int j;
         for (j = ; ( << j) <= i; ++j)
             ans[i].push_back( << j);
         j--;
         int now =  << j;
         for (int k = ; k < j; ++k)
         {
             if ((i >> k) & )
             {
                 now |=  << k;
                 ans[i].push_back(now);
             }
         }
     }

     int T, d1, d2, d3, d4, n, k;
     scanf("%d", &T);
     while (T--)
     {
         scanf("%d %d %d %d", &d1, &d2, &d3, &d4);
         n = ( << d1) + ( << d2) + ( << d3) + ( << d4);

         printf("%d\n", k = ans[n].size() - );

         for (int i = k; i >= ; --i)
         {
             printf("%d %d %d\n", ans[n][i], ans[n][i - ], ans[n][i] - ans[n][i - ]);
         }
     }

     return ;
 }