UVA 1614 - Hell on the Markets 数学题 非贪心

题意： 给定一个数组长度n，n<=100000，随后给出这个正整数数组A，A的第i项满足1<=Ai<=i，求另外一个仅有1和-1构成的数组B，使得A与B对应每一项乘积再求和为0。多解任意解。

 

实际上网络上说的排序之后再贪心什么的，根本就没有必要，而且也不是这一道题目的关键点所在。也就是说实际上做法是O(n)的，而不是O(nlgn)的

下面来阐释这道题目的证明

约定：定义函数Sum(i)表示数组A从第一项到第i项之和，这里所有数组默认下标从1开始。

定理1：对于任意的S ∈ [1, Sum(n)] 总能在A中选择某些项使其和为S

    证明：当n=1时，显然成立

               假设当n=k时成立，此时题目变为：在长度的k的A数组后附加A(k+1),1<=A(k+1)<=k+1，要求证明对于任意的S∈[1,Sum(k+1)]，总能从A中选择某些项使其和为S

               当S ∈ [1, Sum(k)]时，利用归纳假设直接得到

               当S ∈ [Sum(k)+1, Sum(k+1)]时，S可以写成Sum(k+1)-p，p是某个数。利用S的范围求得p的范围为 0<=p<=A(k+1)-1。由于A(k+1)<=k+1，因此p<=k，由于Sum(k)>=k，因此p∈[1,Sum(k)]。利用归纳假设从前k项中选择某些项使其值为p，将这些项从A中剔除，剩下的和即为S。

 

第一步证明了存在性，接下来说明做法如何取到S：

找到某项t，使得Sum(t)

一个小细节：假若找到某项S有Sum(t)==S，按照算法，此时将会继续再往前走一步选择t-1项。但是假若t此时为1，算法会在下一步就终止，因此最后特判一下第一项是否为S。

 

写了一大堆，这题实际上就是在S=Sum(n)/2下的特例。假若Sum(n)/2为奇数，那么无解，Sum(n)为偶数，则可以选择出Sum(n)/2使其加减为0。最后一个具体的小细节就是求前缀和的话，n的范围会超过int。

 

#include 
#include 
#include 
#define int long long

using namespace std;
const int maxm=100100;

int n,arr[maxm],sum[maxm],tmp;
bool ans[maxm];

signed main(){
    ios_base::sync_with_stdio(0);
    while(cin>>n){
        for(int i=1;i<=n;++i){
            cin>>arr[i];
            sum[i]=arr[i]+sum[i-1];
        }
        if(sum[n]&1||n==1){
            cout<<"No\n";
            continue;
        }
        tmp=sum[n]>>1;
        for(int i=n-1;i;--i)
        if(tmp<=sum[i+1]&&tmp>sum[i]){
            tmp-=arr[i+1];
            ans[i+1]=true;
        }
        if(tmp)
            ans[1]=true;
        cout<<"Yes\n";
        for(int i=1;i

最后特别感谢Gee Law 在 https://www.zhihu.com/question/315946573 给出的做法。