題目
你有n(2<=n<=5e3)個水池，初始第i個池子有ai(0<=ai<=1e5)的水且容積無限大。
一個容積爲k(1<=k<=5e3)的勺子，可以裝一個水池的min(k,a[i])的水放到其他水池。
勺子不能同時從兩個水池裏取水，從一個水池裏取了之後必須立刻倒掉，且只能倒在一個水池裏。
求能否配出V(0<=V<=1e9)容積的水，
要求輸出方案，第j行輸出三個數cnt x y，表示從x水池取水，倒向y水池，且取了cnt(1<=cnt<=1e9)勺
要求輸出的行數不超過n+5
思路來源
https://blog.csdn.net/afd5154/article/details/102254040
https://blog.csdn.net/tomjobs/article/details/104241859
題解
首先，如果可以不限次數的話，
一個水池用來存答案，剩下留一個水池存廢水，其他要麼倒向答案池要麼倒向廢水池
水的體積sum<v顯然不行，每個池子的餘量ai%k揹包湊不出v%k也顯然不行，
否則一定可以，先用若干個池子的餘量湊出v%k，這些池子中取一個當答案池，
由於sum>=v，整數v/k的部分用廢水池的水顯然能湊足，如果已經多了就反向倒出就行了
然後回來考慮這個n+5的次數，發現倒向答案池和廢水池最多n次，即完成揹包，
最後差k的整數倍，這個操作只用一次就可以解決了，所以n+5次數限制沒用
思路來源的兩個寫法，都判斷了哪些池是爲了湊齊揹包一定必需的
但我感覺沒必要判，搞出一種揹包方案就可以了，反正次數夠用
代碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e3+10;
int n,k,v,a[N],sum;
bool dp[N][N];
vector<int>e[2];
bool ok(){
if(sum<v)return 0;
dp[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=0;j<k;++j){
dp[i][j]|=dp[i-1][((j-a[i])%k+k)%k];
dp[i][j]|=dp[i-1][j];
}
}
if(!dp[n][v%k])return 0;
int now=v%k;
//找到一組方案 使得e[0]內的數之和x%k 和v%k 同餘
for(int i=n;i>=1;--i){
if(dp[i-1][((now-a[i])%k+k)%k]){
e[0].push_back(i);
now=((now-a[i])%k+k)%k;
}
else{
e[1].push_back(i);
}
}
return 1;
}
int main(){
memset(dp,0,sizeof dp);
scanf("%d%d%d",&n,&k,&v);
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d",&a[i]);
sum+=a[i];
}
if(!ok())puts("NO");
else{
puts("YES");
int now=0;
for(int i=0;i<e[0].size();++i){
now+=a[e[0][i]];
}
for(int i=1;i<e[0].size();++i){
printf("%d %d %d\n",100000,e[0][i],e[0][0]);//e[0][i]->e[0][0]
}
for(int i=1;i<e[1].size();++i){
printf("%d %d %d\n",100000,e[1][i],e[1][0]);//e[0][i]->e[0][0]
}
if(!e[0].size())e[0].push_back((e[1].back()));//除v%k==0情況外 不可能出現!e[0].size()的情形 但v%k==0時0<v 也需要湊齊體積爲v的水 找到一個空水箱存儲答案
if(!e[1].size())e[1].push_back((e[0].back()));//所有水箱都用上了 那隨便找個放多餘水的空水箱
if(now<v)printf("%d %d %d\n",(v-now)/k,e[1][0],e[0][0]);
if(now>v)printf("%d %d %d\n",(now-v)/k,e[0][0],e[1][0]);
}
return 0;
}