思想

先搜索前一半的状态，再搜索后一半的状态，再记录两边状态相结合的答案。

暴力搜索的时间复杂度通常是 \(O(2^{n})\) 级别的。但折半搜索可以将时间复杂度降到 \(O(2 \times 2^{\frac{n}{2}})\)，再加上统计答案的时间复杂度，总复杂度几乎缩小了一半。

例题

「CEOI2015 Day2」世界冰球锦标赛

题目链接

Luogu P4799 [CEOI2015 Day2]世界冰球锦标赛

分析

用折半搜索的思想，先搜索 \(0 \sim \lfloor \frac{n}{2} \rfloor\) 的比赛，再搜索 \((\lfloor \frac{n}{2} \rfloor + 1) \sim n\) 的比赛。每个比赛有看与不看两种状态，时间复杂度 \(O(2 \times 2^{\frac{n}{2}})\)。在搜索后半部分的时候，假设该状态的花费是 \(s\)，则去前半部分的答案中找到所有花费小于等于 \(m – s\) 的结果，统计答案。

前半部分搜索的时候记录所有的答案，然后排序，这样后半部分统计答案的时候可以二分。

总的时间复杂度为 \(O(2^{\frac{n}{2}} + 2^{\frac{n}{2}} \cdot \log(2^{\frac{n}{2}}))\)，可通过本题。

注意 vector 的常数问题：本题如果采用两个 vector 数组，分别记录两边的答案，最后再统计，则会在 \(#45\) 测试点 Time Limit Exceeded（开 \(\text{O2}\) 可过）。

参考代码

#include<iostream>#include<cstdio>#include<vector>#include<algorithm>using namespace std;const int N = 50;int n;long long m, w[N];vector <long long> v1; // 存储所有前部部分可以得到的状态的花费（可重）long long ans;void dfs1(int p, long long s){ // p -> 当前位置，s -> 当前花费，下同	if(p >= (n/2)){		v1.push_back(s); // 记录前半部分状态		return ;	}	dfs1(p+1, s);	if(s + w[p] <= m){		dfs1(p+1, s+w[p]);	}}void dfs2(int p, long long s){	if(p >= n){		ans += upper_bound(v1.begin(), v1.end(), m - s) - v1.begin(); // 统计前半部分花费小于 (m-s) 的状态数量		return ;	}	dfs2(p+1, s);	if(s + w[p] <= m){		dfs2(p+1, s+w[p]);	}}int main(){		scanf("%d%lld", &n, &m);		for(int i = 0; i < n; i++){		scanf("%lld", &w[i]);	}		dfs1(0, 0);		sort(v1.begin(), v1.end()); // 升序排序		dfs2((n/2), 0);		printf("%lld\n", ans);		return 0;}

「USACO 12 OPEN」Balanced Cow Subsets G

题目链接

Luogu P3067 [USACO12OPEN]Balanced Cow Subsets G

分析

同样折半搜索，先搜索 \(0 \sim \lfloor \frac{n}{2} \rfloor\) 的数，再搜索 \((\lfloor \frac{n}{2} \rfloor + 1) \sim n\) 的数。

每个数有「放第一组」「放第二组」「不选」共三种状态，可以在搜索的时候把「放第一组」记为 \(+\)，把「放第二组」记为 \(-\)，「不选」就不加也不减，这样两组相等就是和为 \(0\)。

在搜索后半部分的时候，记录答案，假设该状态的和是 \(s\)，则去前半部分的答案中找到所有等于 \(-s\) 的结果。

直接这样交会 Wrong Answer \(38\)。仔细看题，要求的是找出一些数，使得它们能被分为两组。比如有四个数 \(a, b, c, d\)，满足 \(a + b = c + d\)，\(c + d = a + b\)，\(a + c = b + d\)，\(b + d = a + c\) 之类，就会被重复记录。还有诸如此类的多个数的重复情况。所以要记录选数的情况（有些类似 hash 的思想），比如有 \(a, b, c, d\) 四个数，选了 \(a, c\) 两个，就用二进制数 \(1010\) 记录（\(1\) 表示选，\(0\) 表示不选）。再左移 \(10\) 位（\(n \leq 20\)，前半部分最多 \(10\) 个数），并连接上后半部分的选数情况，就得到了形如 \(1010000000xxxx\) 的二进制数，开 bool 数组去重即可。

这样时间复杂度为 \(O(3^{\frac{n}{2}} + 3^{\frac{n}{2}} \cdot \log(3^{\frac{n}{2}}))\)，实际远远跑不满，在开 \(\text{O2}\) 的情况下最慢的测试数据也才 \(131ms\)。

代码中 v1[x] 是 vector 类型的，该数组表示所有前半部分答案为 \(x\) 的选数情况记录。

还是注意考虑 vector 的常数问题，必要时善用 \(\text{O2}\)。

参考代码

#include<iostream>#include<cstdio>#include<vector>#include<unordered_map>#include<algorithm>using namespace std;const int N = 30, F = 1 << 21;int n;int a[N];unordered_map <long long, vector <int> > v1;long long ans;bool vis[F];void dfs1(int p, int s, int tp){ // p -> 当前位置，s -> 当前和，tp -> 选数记录（用于去重），下同	if(p >= (n/2)){		v1[s].push_back(tp); // 记录选数的情况		return ;	}	dfs1(p+1, s+a[p], (tp<<1)|1); // 放入第一组	dfs1(p+1, s-a[p], (tp<<1)|1); // 放入第二组	dfs1(p+1, s, (tp<<1)); // 不选}void dfs2(int p, int s, int tp){	if(p >= n){		for(int i : v1[-s]){ // 枚举前半部分所有结果为 -s 的			if(!vis[(i<<10)|tp]){ // 去重				vis[(i<<10)|tp] = 1;				ans++;			}		}		return ;	}	dfs2(p+1, s+a[p], (tp<<1)|1); // 放入第一组	dfs2(p+1, s-a[p], (tp<<1)|1); // 放入第二组	dfs2(p+1, s, (tp<<1)); // 不选}int main(){		scanf("%d", &n);		for(int i = 0; i < n; i++){		scanf("%d", &a[i]);	}		dfs1(0, 0, 0);		dfs2((n/2), 0, 0);		printf("%lld\n", ans-1); // 减去都不选的情况		return 0;}