ABC F 题解

呜呜呜被这道题干翻饮恨西北了。

题面

有一个 $N\times N$ 网格。让单元格 $(i,j)$ 表示从上往下第 $i$ 行和从左往上第 $j$ 列中的单元格。每个单元格包含一个从 "1"到 "9"的数字；单元格 $(i,j)$ 包含 $A_{i,j}$ 。

最初，一个标记位于 $(1,1)$ 单元。设 $S$ 为空字符串。重复以下操作 $2N-1$ 次：

• 将当前单元格中的数字追加到 $S$ 的末尾。
• 将标记向下或向右移动一格。但不要在 $(2N-1)$ 操作中移动标记。

经过 $2N-1$ 次操作后，标记位于 $(N,N)$ 单元格， $S$ 的长度为 $2N-1$ 。

将 $S$ 解释为整数。分数就是这个整数除以 $M$ 的余数。

求可达到的最大得分。

思路

根据位值原理，我们可以假设单元格 $(i,j)$ 上写的是整数 $A_{i,j}\cdot 10^{2N-i-j}$ 而不是数字 $A_{i,j}$，那么得分就变成了路径上每个单元格上所写整数的总和对 $M$ 取模的结果。

注意到数据范围内的 $N$ 并不大，考虑从左上角向右下角进行搜索呢。

答案是不行，因为路径总长 $2N-1$，其中大部分操作有两种选择（向右或向下），总时间复杂度为 $O(2^{2N-1})$，这显然是不可行的。

但是！！我们可以发现这样子开根号之后可行！

$2N-1$ 最大是 $39$，这其实是一个提示点。

当我们发现一个可以进行搜索的问题的时间复杂度中指数为 $30\sim 40$ 时，就应该考虑下能否使用 meet - in - the - middle，因为 $O(2^N)$ 的时间复杂度是可以接受的。

考虑能否使用 meet - in - the - middle 求解：我们可以将路径以副对角线为中点分为两部分。

对于副对角线上所有点，记录从左上角出发到该点之前能够组成的值，以及从右下角出发到该点之前能够组成的值。

这样对于某副对角线上的点，即可通过某前半部分的和 + 该点的值 + 某后半部分的和来得到整个路径。

接下来，对于每个副对角线上的点，设该点上的值为 $k$，其某前半部分的和为 $x_i$，某后半部分的值为 $y_j$，问题转化为求 $x_i+k+y_j$ 的最大值。

我们可以枚举 $x_i$，此时 $x_i$ 与 $k$ 都是已知的，只需要确定 $y_j$ 的值即可。

因为需要对 $M$ 取模，所以答案 $x_i+k+y_j$ 的最大可能值为 $M-1$，故我们只需要找到小于 $M-x_i-k$ 的最大 $y_j$ 即可（若找不到即为 $y$ 中最大值）。

这里我一开始想的是三分（学高级算法学傻了），10s 后才发现这可以通过对 $y$ 进行排序后二分查找来实现。

这样即可将时间复杂度降为 $O(2^N\log 2^N)$。可以通过！

#include 
#define int long long
using namespace std;

const int N = 21;
int pow10[2 * N];
int a[N][N];
vector<int> v1[N], v2[N];

void dfs1(int x, int y, int sum, int n, int m) {
	if (x + y == n + 1) {
		v1[x].push_back(sum);
		return;
	}
	if (x + 1 <= n)
		dfs1(x + 1, y, (sum + a[x][y]) % m, n, m);
	if (y + 1 <= n)
		dfs1(x, y + 1, (sum + a[x][y]) % m, n, m);
}

void dfs2(int x, int y, int sum, int n, int m) {
	if (x + y == n + 1) {
		v2[x].push_back(sum);
		return;
	}
	if (x - 1 >= 1)
		dfs2(x - 1, y, (sum + a[x][y]) % m, n, m);
	if (y - 1 >= 1)
		dfs2(x, y - 1, (sum + a[x][y]) % m, n, m);
}

signed main() {
	int n, m;
	cin >> n >> m;
	pow10[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= 2 * n; i++)
		pow10[i] = (pow10[i - 1] * 10) % m;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= n; j++) {
			cin >> a[i][j];
			a[i][j] = a[i][j] * pow10[2 * n - i - j] % m;
		}
	}
	dfs1(1, 1, 0, n, m);
	dfs2(n, n, 0, n, m);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		sort(v1[i].begin(), v1[i].end());
		sort(v2[i].begin(), v2[i].end());
	}
	int ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int val : v1[i]) {
			int sum = (val + a[i][n - i + 1]) % m;
			auto it = lower_bound(v2[i].begin(), v2[i].end(), m - sum);
			if (it != v2[i].begin())
				ans = max(ans, (sum + * (it - 1)) % m);
			ans = max(ans, (sum + v2[i].back()) % m);
		}
	}
	cout << ans << '\n';
	return 0;
}