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給你乙個長度為 n
nn 的正整數序列
\，它包含 (2n
−1
)(2^n−1)
(2n−1)
個非空子序列，注意到 (2n
−1
)(2^n−1)
(2n−1)
是乙個奇數。
我們定義乙個子串行的權值為子串行內所有元素權值之和，求所有非空子序列的權值的中位數。
資料範圍：1≤n
≤2000
1≤n≤2000
1≤n≤20
00，1 ≤a
i≤
2000
1≤a_i≤2000
1≤ai≤
2000
。我們暫且將空序列納入考慮範圍，這樣我們會發現子串行的權值具有一種對稱性。
具體來說，記所有元素的權值和為 sum
sumsu
m。我們發現，對於任意乙個權值為 x
xx（x≤⌊
sum2
⌋x\le \lfloor \frac 2\rfloor
x≤⌊2su
m⌋）的子串行，都存在另乙個權值為 sum
−x
sum-x
sum−x（sum
−x≥⌊
sum2
⌋sum-x≥\lfloor \frac 2\rfloor
sum−x≥
⌊2su
m⌋）的子串行。這很顯然。
可以看出，⌊su
m2
⌋\lfloor \frac 2\rfloor
⌊2sum
⌋ 是乙個分隔線，每當乙個權值在其本身或左邊的子串行，就存在乙個權值在其本身或右邊的子串行。那麼答案應該就在 ⌊su
m2
⌋\lfloor \frac 2\rfloor
⌊2sum
⌋ 附近。仔細想一想，除去空序列後最小的、大於等於 ⌈su
m2
⌉\lceil \frac 2\rceil
⌈2sum
⌉ 的子串行權值就是答案。
於是現在的問題就是怎麼求這個值了。
我們設 f[i
][j]
f[i][j]
f[i][j
] 表示前 i
ii 個數組成的權值為 j
jj 的子串行是否存在。
那麼有乙個顯然的轉移：f[i
][j]
=(f[
i−1]
[j])
∣(f[
i−1]
[j−a
i]
)f[i][j]=(f[i-1][j])|(f[i-1][j-a_i])
f[i][j
]=(f
[i−1
][j]
)∣(f
[i−1
][j−
ai]
)，ai
a_iai
為第 i
ii 個數的權值。
考慮到第一維只與 i
ii 和 i−1
i-1i−
1 有關，可以優化掉。
又由於每次轉移都是偏移一段距離後進行或操作，可以使用 bit
se
tbitset
bitset
優化時空複雜度。
時間複雜度 o(n
×sum
64)
o(\frac)
o(64n×
sum
)，常數極小，可以通過本題。
#include
#include
#include
#include
#define n 2005
using
namespace std;
bitsetf;
intmain()
for(
int i=
(sum+1)
/2;i<=sum;
++i)
if(f[i]
)return
printf
("%d"
,i),0;
return0;
}
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