题意

传送门 AtCoder ARC106 E Medals

题解

问题可以转化为每一天与职员之间的匹配问题，思路与 AtCoder ABC320 G Slot Strategy 2 (Hard) 类似。但二分图规模过大，直接求解最大匹配显然难以胜任。

根据 Hall 定理，若二分图一侧点集 $S$ 都能被匹配的充要条件是，对于 $S$ 的任一子集 $A$，与其存在连边的二分图另一侧节点的数量要大于等于 $|A|$。二分答案，上界为 $2\cdot n\cdot k$，因为每一个职工的休息日之前总是对应唯一的工作日。预处理出每一天可以选择的用户集合。二分确定工作时长之后，可以统计出对于每一个确定的用户集合 $s$，其恰好能被选择的天数 $f(s)$。令 $A_i$ 代表用户 $i$ 被选择的日子的集合。那么对 $f$ 做高维后缀和，就能求出 $A_i$ 的交集的规模，为了求出 $A$ 的并集的规模，使用容斥原理，求高维前缀和即可。总时间复杂度 $O(n^{2}k+n{2}^n\log (nk))$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int n, k;cin >> n >> k;vector<int> a(n);for (int i = 0; i < n; ++i) {cin >> a[i];}int lim = 2 * n * k;vector<int> state(lim);for (int i = 0; i < lim; ++i) {int x = 0;for (int j = 0; j < n; ++j) {if (i % (2 * a[j]) < a[j]) {x |= 1 << j;}}state[i] = x;}auto judge = [&](int d) {vector<int> dp(1 << n);for (int i = 0; i < d; ++i) {if (state[i] > 0) {dp[state[i]] += 1;}}for (int i = 0; i < n; ++i) {for (int j = 1; j < 1 << n; ++j) {if (~j >> i & 1) {dp[j] += dp[j ^ 1 << i];}}}for (int i = 0; i < 1 << n; ++i) {if (~__builtin_popcount(i) & 1) {dp[i] *= -1;}}for (int i = 0; i < n; ++i) {for (int j = 0; j < 1 << n; ++j) {if (j >> i & 1) {dp[j] += dp[j ^ 1 << i];}}}for (int i = 1; i < 1 << n; ++i) {if (dp[i] < __builtin_popcount(i) * k) {return false;}}return true;};int lb = 0, ub = lim;while (ub - lb > 1) {int mid = (lb + ub) / 2;if (judge(mid)) {ub = mid;} else {lb = mid;}}cout << ub << '\n';return 0;
}