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2025-07-15 10:00:16 +08:00 · 2025-07-15 10:00:16 +08:00 · 72952d982b
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--- a/src/7/15/U76012.cpp
+++ b/src/7/15/U76012.cpp
@ -1,38 +1,69 @@
-#include <algorithm>
-#include <cstdint>
 #include <iostream>
 #include <istream>
 #include <vector>
+#include <algorithm>
+using namespace std;

-using ll = int64_t;
-const ll maxn = 100+5;
-ll n,p,ans{};
-std::vector<ll> a;
+#define NV(v){cout<<#v<<" : "<<(v)<<'\n';}

-void cycle(ll bit){ //should be 128bit
-    ll sum{};
-    for(ll i=1;i<=n;i++){
-        if((1<<(i-1))&bit){
-            sum=(sum+a[i])%p;
+vector<long long> gen(vector<int>& nums, long long p) {
+    vector<long long> res;
+    res.push_back(0);
+    for (int num : nums) {
+        int sz = res.size();
+        for (int i = 0; i < sz; i++) {
+            long long new_sum = (res[i] + num) % p;
+            res.push_back(new_sum);
        }
    }
-    ans=std::max(ans,sum);
+    return res;
 }

-int main(){
-    a.resize(maxn);
-
-    std::iostream::sync_with_stdio(false),std::cin.tie(nullptr),std::cout.tie(nullptr);
-    std::cin>>n>>p;
-
-    for (ll i=1;i<=n;i++) {
-        std::cin>>a[i];
-        a[i]%=p;
+int main() {
+    iostream::sync_with_stdio(false);
+    cin.tie(nullptr);
+    cout.tie(nullptr);
+    int n;
+    long long p;
+    cin >> n >> p;
+    vector<int> a(n);
+    for (int i = 0; i < n; i++) {
+        cin >> a[i];
    }

-    for(ll i=1;i<(1<<n);i++){
-        cycle(i);
-    } 
+    if (n == 0) {
+        cout << 0 << endl;
+        return 0;
+    }

-    std::cout<<ans<<'\n';
+    int mid = n / 2;
+    vector<int> A(a.begin(), a.begin() + mid);
+    vector<int> B(a.begin() + mid, a.end());
+
+    vector<long long> T1 = gen(A, p);
+    vector<long long> T2 = gen(B, p);
+
+    sort(T2.begin(), T2.end());
+    auto last = unique(T2.begin(), T2.end());
+    T2.erase(last, T2.end());
+
+    long long ans = 0;
+    for (long long x : T1) {
+        long long target = p - 1 - x;
+        auto it = upper_bound(T2.begin(), T2.end(), target);
+        if (it != T2.begin()) {
+            --it;
+            ans = max(ans, x + *it);
+        }
+
+        if (!T2.empty()) {
+            long long max_val = T2.back();
+            if (max_val >= p - x) {
+                ans = max(ans, (x + max_val) % p);
+            }
+        }
+    }
+
+    cout << ans << endl;
+    return 0;
 }
--- a/src/7/15/U76012.md
+++ b/src/7/15/U76012.md
@ -0,0 +1,145 @@
+为了解决这个问题，我们需要从给定的物品中选择一个子集，使得子集的价值之和在模 \( p \) 意义下最大。由于 \( n \) 的最大值为 36，直接枚举所有子集（\( 2^{36} \) 种可能）是不可行的。因此，我们采用分治策略（Meet-in-the-Middle）来高效地解决问题。
+
+### 方法思路
+1. **问题分析**：我们需要在 \( n \) 个物品中选出一个子集，使得子集和模 \( p \) 的值最大。由于 \( n \) 最大为 36，直接枚举所有子集不可行，因此采用分治策略将问题分成两半处理。
+2. **分治策略**：将物品分成两部分 \( A \) 和 \( B \)，分别计算两部分的所有子集和模 \( p \) 的结果，得到两个列表 \( T1 \) 和 \( T2 \)。
+3. **合并结果**：对于 \( T1 \) 中的每个值 \( x \)，在 \( T2 \) 中寻找一个值 \( y \) 使得 \( (x + y) \mod p \) 最大。具体分为两种情况：
+   - **情况1**：找到 \( T2 \) 中小于等于 \( p - 1 - x \) 的最大值 \( y \)，此时 \( x + y \) 即为候选值。
+   - **情况2**：如果 \( T2 \) 的最大值大于等于 \( p - x \)，则计算 \( (x + \text{max\_val}) \mod p \) 作为候选值。
+4. **优化处理**：对 \( T2 \) 排序并去重，以便使用二分查找高效地处理情况1。
+
+### 解决代码
+```cpp
+#include <iostream>
+#include <vector>
+#include <algorithm>
+using namespace std;
+
+vector<long long> generate(vector<int>& nums, long long p) {
+    vector<long long> res;
+    res.push_back(0);
+    for (int num : nums) {
+        int sz = res.size();
+        for (int i = 0; i < sz; i++) {
+            long long new_sum = (res[i] + num) % p;
+            res.push_back(new_sum);
+        }
+    }
+    return res;
+}
+
+int main() {
+    int n;
+    long long p;
+    cin >> n >> p;
+    vector<int> a(n);
+    for (int i = 0; i < n; i++) {
+        cin >> a[i];
+    }
+
+    if (n == 0) {
+        cout << 0 << endl;
+        return 0;
+    }
+
+    int mid = n / 2;
+    vector<int> A(a.begin(), a.begin() + mid);
+    vector<int> B(a.begin() + mid, a.end());
+
+    vector<long long> T1 = generate(A, p);
+    vector<long long> T2 = generate(B, p);
+
+    sort(T2.begin(), T2.end());
+    auto last = unique(T2.begin(), T2.end());
+    T2.erase(last, T2.end());
+
+    long long ans = 0;
+    for (long long x : T1) {
+        long long target = p - 1 - x;
+        auto it = upper_bound(T2.begin(), T2.end(), target);
+        if (it != T2.begin()) {
+            --it;
+            ans = max(ans, x + *it);
+        }
+
+        if (!T2.empty()) {
+            long long max_val = T2.back();
+            if (max_val >= p - x) {
+                ans = max(ans, (x + max_val) % p);
+            }
+        }
+    }
+
+    cout << ans << endl;
+    return 0;
+}
+```
+
+### 代码解释
+1. **generate函数**：计算给定物品列表的所有子集和模 \( p \) 的结果。使用迭代方法生成所有子集和，并在每一步进行模 \( p \) 操作以避免溢出。
+2. **主函数**：
+   - **输入处理**：读取物品数量 \( n \)、模数 \( p \) 和物品价值列表 \( a \)。
+   - **分治处理**：将物品列表分成两部分 \( A \) 和 \( B \)。
+   - **子集和生成**：分别生成 \( A \) 和 \( B \) 的子集和模 \( p \) 列表 \( T1 \) 和 \( T2 \)。
+   - **合并优化**：对 \( T2 \) 排序并去重，便于二分查找。
+   - **候选值计算**：对于 \( T1 \) 中的每个值 \( x \)：
+     - 在 \( T2 \) 中查找小于等于 \( p - 1 - x \) 的最大值，计算候选值 \( x + y \)。
+     - 检查 \( T2 \) 的最大值是否大于等于 \( p - x \)，若是，则计算候选值 \( (x + \text{max\_val}) \mod p \)。
+   - **输出结果**：输出所有候选值中的最大值。
+
+通过分治策略和高效合并，该方法能够在合理的时间内解决 \( n \) 较大的问题。
+
+`generate` 函数是解决本题的核心函数之一，其原理是**动态生成所有可能的子集和（模 p 的结果）**。以下是详细解释：
+
+### 工作原理
+1. **初始化**：  
+   创建一个结果向量 `res`，初始只包含 `0`（表示空集的子集和为 0）。
+
+2. **迭代处理每个物品**：  
+   对于输入列表 `nums` 中的每个物品 `num`：
+   - 遍历当前 `res` 中已有的所有子集和
+   - 对每个已有子集和 `res[i]`，计算新子集和：  
+     `new_sum = (res[i] + num) % p`
+   - 将新子集和加入结果集 `res`
+
+3. **动态扩展**：  
+   每次处理一个新物品时，`res` 的大小会翻倍（因为每个已有子集可以选择包含或不包含当前物品）。最终 `res` 包含所有可能的子集和（模 p 结果）。
+
+### 示例演示
+假设输入 `nums = [2, 3]`, `p = 5`：
+1. 初始状态：`res = [0]`
+2. 处理物品 `2`：
+   - 基于 `0` 生成新和：`(0+2)%5=2`
+   - 更新 `res = [0, 2]`
+3. 处理物品 `3`：
+   - 基于 `0` 生成：`(0+3)%5=3`
+   - 基于 `2` 生成：`(2+3)%5=0`
+   - 更新 `res = [0, 2, 3, 0]` → 去重后为 `[0, 2, 3]`
+
+### 关键特性
+1. **模运算优化**：  
+   每次计算新和时立即取模 `%p`，防止数值溢出并缩小状态空间。
+
+2. **指数级扩展**：  
+   若有 k 个物品，会生成最多 `2^k` 个子集和。因此适用于 `k ≤ 18` 的情况（本题中 n≤36 分治后每半最多18个物品）。
+
+3. **保留所有可能性**：  
+   最终 `res` 包含所有可能的子集和（模 p），如示例中：
+   - 空集：0
+   - 单物品：2, 3
+   - 两物品：5≡0 (mod 5)
+
+### 在本题中的应用
+分治策略中的使用：
+```cpp
+vector<int> A = 前半物品 → 生成 T1
+vector<int> B = 后半物品 → 生成 T2
+```
+- 分别生成两个较小的子集和集合
+- 合并时只需 `O(|T1|*log|T2|)` 时间而非 `O(2^n)`
+
+### 复杂度分析
+- 时间：`O(2^k)`（k 是输入列表长度）
+- 空间：`O(2^k)` 存储子集和
+
+> 这种方法是分治策略（Meet-in-the-Middle）的关键前置步骤，通过将指数级问题拆分为两个较小的指数问题（`O(2^{n/2})`），显著降低整体复杂度。
--- a/src/test.cpp
+++ b/src/test.cpp
@ -1,55 +1,6 @@
-#include <iostream>
-#include <vector>
 #include <algorithm>
-using namespace std;
-
-struct TreeNode {
-    vector<int> children;
-};
-
-vector<TreeNode> tree;
-vector<int> enjoyment;
-vector<vector<long long>> dp;
-
-void dfs(int u, int parent) {
-    dp[u][0] = 0; 
-    dp[u][1] = enjoyment[u]; 
-    
-    for (int v : tree[u].children) {
-        if (v == parent) continue; 
-        dfs(v, u);
-        dp[u][0] += max(dp[v][0], dp[v][1]); 
-        dp[u][1] += dp[v][0]; 
-    }
-
-    for (int v : tree[u].children) {
-        if (v == parent) continue;
-        // long long option = dp[u][1] - dp[v][0] + dp[v][1] - b; 
-        // dp[u][1] = max(dp[u][1], option);
-    }
-}
-
-int main() {
-    int n, b;
-    cin >> n >> b;
-    enjoyment.resize(n + 1);
-    tree.resize(n + 1);
-    dp.resize(n + 1, vector<long long>(2));
-    
-    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
-        cin >> enjoyment[i];
-    }
-    
-    for (int i = 0; i < n - 1; ++i) {
-        int x, y;
-        cin >> x >> y;
-        tree[x].children.push_back(y);
-        tree[y].children.push_back(x);
-    }
-
-    dfs(1, -1); 
-    long long result = max(0LL, max(dp[1][0], dp[1][1])); 
-    cout << result << endl;
-
-    return 0;
+#include <iostream>
+int main(){
+    int a[] = {0,1,1,};
+    std::cout<<(std::unique(a+1,a+1+2))-(a+1)<<'\n';
 }