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Description

给一个长度为\(n\)的数列和\(m\)，在数列任选若干个数，使得他们的和对\(m\)取模后最大。
\(n ≤ 35, 1 ≤ m ≤ 10^9\)

Solution

\(n\)这么小，一看就知道要爆搜。但纯搜索是\(O(2^n)\)的，跑不过去。这时可以考虑\(Meet\ in\ the\ Middle\)。

对\(Meet\ in\ Middle\)的理解：

对于一个复杂度是\(O(2^n)\)的搜索算法，我们把他拆成\(O((2^{\frac{n}{2}})^2)\)的做法，再想办法用一些诸如贪心之类的线性算法，将\(O((2^{\frac{n}{2}})^2)\)的复杂度降低为\(O(2\times2^{\frac{n}{2}})\)。

对于本题来说也很好理解。我们先暴力枚举前一半的数能凑出的所有和（对\(m\)取模）。对于后一半，凑出一个和之后，肯定是贪心地选第一次凑出的和中，小于\(m-sum\)里最大的。具体可以用\(lower\underline{}bound\)实现。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ll long long

int n, m, t, a[40];

ll res, num[300005];

int read()
{
	int x = 0, fl = 1; char ch = getchar();
	while (ch < '0' || ch > '9') { if (ch == '-') fl = -1; ch = getchar();}
	while (ch >= '0' && ch <= '9') {x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0'; ch = getchar();}
	return x * fl;
}

void dfs1(int x, ll sum)
{
	if (x == n / 2 + 1)
	{
		num[ ++ t] = sum;
		return;
	}
	dfs1(x + 1, (sum + a[x]) % m);
	dfs1(x + 1, sum);
	return;
}

void dfs2(int x, ll sum)
{
	if (x == n + 1)
	{
		int pos = lower_bound(num + 1, num + t + 1, m - sum) - num;
		if (pos == t + 1) pos = t;
		else pos -- ;
		res = max(res, (sum + num[pos]) % m);
		return;
	}
	dfs2(x + 1, (sum + a[x]) % m);
	dfs2(x + 1, sum);
	return;
}

int main()
{
	n = read(); m = read();
	for (int i = 1; i <= n; i ++ )
		a[i] = read();
	dfs1(1, 0ll);
	sort(num + 1, num + t + 1);
	dfs2(n / 2 + 1, 0ll);
	printf("%lld\n", res);
 	return 0;
}

标签：ch,CF888E,int,Luogu,复杂度,凑出,long,Subsequence,frac
来源： https://www.cnblogs.com/andysj/p/13971205.html