2018.09.27 codeforces618F. Double Knapsack（抽屉原理+构造）

传送门

思维题。

考虑维护两个数列的前缀和a1,a2,a3,...,ana_1,a_2,a_3,...,a_na1,a2,a3,...,an和b1,b2,b3,...,bnb_1,b_2,b_3,...,b_nb1,b2,b3,...,bn。不妨设an≤bna_n\le b_nan≤bn。

由于两个数列每个数都在1~n之间，所以说对于每一个aia_iai总能找到一个比aia_iai小且最接近的bjb_jbj，使得0≤ai−bj≤n−10\le a_i-b_j\le n-10≤ai−bj≤n−1，然后由于算上a0a_0a0一共有n+1n+1n+1对这样的(ai,bj)(a_i,b_j)(ai,bj)，这样的话根据抽屉原理一定会有两对的差量是相同的，不妨设(ai,bj)(a_i,b_j)(ai,bj)与(ai′,bj′)(a_i',b_j')(ai′,bj′)的差量是相同的，那么说明ai−ai′=bj−bj′a_i-a_i'=b_j-b_j'ai−ai′=bj−bj′，于是我们就成功找到了一个可行解。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 1000005
using namespace std;
inline int read(){
	int ans=0;
	char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))ch=getchar();
	while(isdigit(ch))ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return ans;
}
int n,a[N],b[N];
ll s1,s2,S1=0,S2=0;
map<int,pair<int,int> >mp;
inline void print(int l,int r){
	printf("%d\n",r-l);
	for(int i=l+1;i<=r;++i)printf("%d ",i);
	puts("");
}
inline void solve(int a[],int b[],bool f){
	s1=0,s2=0,mp[0]=make_pair(0,0);
	for(int i=1,j=0;i<=n;++i){
		s1+=a[i];
		while(j<n&&s2+b[j+1]<=s1)s2+=b[++j];
		int delta=s1-s2;
		if(mp.count(delta)){
			if(!f)print(mp[delta].first,i),print(mp[delta].second,j);
			else print(mp[delta].second,j),print(mp[delta].first,i);
			return;
		}
		mp[delta]=make_pair(i,j);
	}
}
int main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;++i)S1+=(a[i]=read());
	for(int i=1;i<=n;++i)S2+=(b[i]=read());
	if(s1<s2)solve(a,b,0);
	else solve(b,a,1);
	return 0;
}

巴特西

2018.09.27 codeforces618F. Double Knapsack（抽屉原理+构造）

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