Codeforces Round 599 (Div. 1+2)___E. Sum Balance —— 子集状压DP

题目链接：点我啊╭(╯^╰)╮

题目大意：

    $k$ 组数，每组数有 $n_i$ 个，所有数互不相同
    从每组数拿出一个放到自己或其他的组
    要求最后每组数的个数与原来的相同
    并且每组数的和相同

解题思路：

    设 $tot$ 为每组数最后的和，则枚举每一组数的每一个值 $a[i][j]$
    若将这个数字拿出，则这组数字需要补上 $tot-sum[i]+a[i][j]$
    也就是从其他组找到上述这个数，补到第 $i$ 组
    若将 $a[i][j]$ 与 $tot-sum[i]+a[i][j]$ 连边，代表需要补上的值
    由于每个数都只出现一次，所以每个数的出度都为1
    所以枚举 $a[i][j]$，根据其出度 $tot-sum[i]+a[i][j]$，可以找到其对应的组
    若 $a[i][j]$ 是个可行值，则由 $a[i][j]$ 出发连的边，最后形成一个环，回到 $a[i][j]$
    也就是最后一个数拿出后要补上 $a[i][j]$
    这个过程由于环上的点的出度都是一定的，所以环上的点可以只访问一次
    时间复杂度$O：(\sum n)$

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    在上述枚举 $a[i][j]$ 的过程时，设 $s$ 为处理完的组的状态
    $f[s]$ 记录 $s$ 这个状态，环上所有点的组编号与出度点
    那么最后要求出 $f[(1<<k)-1]$ 的答案
    这个过程可以用子集$DP$，对于一个状态 $s$
    枚举 $s$ 的所有子集 $i$，若 $i$ 可行，且 $s⨁i$ 可行
    则 $s$ 的状态可以由 $i$ 与 $s⨁i$ 表示

    枚举一个状态 $s：C_k^i$，其子集的个数为 $C_i^0+C_i^1+C_i^2+...+C_i^i=2^i$
    时间复杂度：$O(C_k^0\times 2^0+C_k^1\times 2^1+C_k^2\times 2^2+...+C_k^k\times 2^k)$
    上式 $=O(C_k^0\times 2^0\times 1^k+C_k^1\times 2^1\times 1^{k-1}+C_k^2\times 2^2\times 1^{k-2}+...+C_k^k\times 2^k\times 1^0)=（1+2{）}^k$

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     总时间复杂度：$O(\sum n+3^k)$

核心：子集DP

PS：这里由于 $k$ 值不大，不标记环上的点复杂度为 $O(k\sum n+3^k)$，不大影响

#include
#define rint register int
#define deb(x) cerr<<#x<<" = "<<(x)<<'\n';
using namespace std;
typedef long long ll;
using pii = pair ;
const int maxn = 5e3 + 5;
int k, a[16][maxn], cnt[16];
ll sum[16], tot;
unordered_map  mp1, mp2;
vector  f[1<<16], tmp, ans[16];
 
int main() {
	scanf("%d", &k);
	for(int i=1; i<=k; i++){
		scanf("%d", cnt+i);
		for(int j=1; j<=cnt[i]; j++){
			scanf("%d", &a[i][j]);
			sum[i] += a[i][j];
			mp1[a[i][j]] = i;
		}
		tot += sum[i];
	}
	if(tot % k) {
		puts("No");
		return 0;
	}
	tot /= k;
	for(int i=1; i<=k; i++)
		for(int j=1; j<=cnt[i]; j++)
			if(mp1[ tot-sum[i]+a[i][j] ]) mp2[a[i][j]] = tot-sum[i]+a[i][j];
			else mp2[a[i][j]] = 9e9;
			
	for(int i=1; i<=k; i++)
		for(int j=1; j<=cnt[i]; j++){
			ll s = 1 << (i - 1), x = mp2[a[i][j]];
			tmp.clear(); tmp.push_back({i, x});
			while(x!=9e9 && !(s&(1<