Codeforces 1242C Sum Balance（狀壓DP）

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題意

給你 $n$ 行每行若干整數（所有整數互不相同），每行拿出任意一個整數，再給每行放回一個拿出的整數，求這樣操作一次後所有行的整數和相同的操作方案

思路

第一次打DIV1，沒想到代碼能力太弱想到思路卻沒敲出來，題還是刷太少。

先驗證所有整數和除以n是否存在餘數判斷

之後對每個點求其所在的環，每個環長度不超過n，所以這裏複雜度是 $O(n*5000*n)$。
將每個環上以環包含那幾行（二進制）爲key，將元素下標存入vector。
之後求一個包含所有行的集合，其中各個環不能相交的方案。這個使用狀壓dp解決

最後根據 $dp[(1<<n)-1]$ 判斷是否有解，和輸出路徑。

整體複雜度 $O(n*n*5000+3^n)$

代碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define ll long long
#define _p pair<ll,ll>
#define fi first
#define se second

ll n, sum, up[20], e[20][5005], rsum[20];
_p to[20][5005];
map<ll,_p> mp;
vector<_p> path[1<<15];
ll vis[1<<15], dp[1<<15], pre[1<<15];
ll book[20];
_p ans[20];

int main() {
    scanf("%lld",&n);
    for(ll i = 1; i <= n; ++i) {
        scanf("%lld",&up[i]);
        for(ll j = 0; j < up[i]; ++j) {
            scanf("%lld",&e[i][j]);
            sum += e[i][j];
            rsum[i] += e[i][j];
            mp[e[i][j]] = {i,j};
        }
    }
    if(sum%n) return !printf("No\n");
    // build
    for(ll i = 1; i <= n; ++i) {
        for(ll j = 0; j < up[i]; ++j) {
            to[i][j] = mp.count(sum/n-(rsum[i]-e[i][j])) ? mp[sum/n-(rsum[i]-e[i][j])] : make_pair(0ll,0ll);
        }
    }
    // getcircle
    for(ll i = 1; i <= n; ++i) {
        for(ll j = 0; j < up[i]; ++j) {
            _p now = {i,j};
            vector<_p> tmp;
            memset(book,0,sizeof(book));
            ll sta = 0, f = 0;
            while(1) {
                sta += (1<<(now.fi-1));
                book[now.fi] = 1;
                tmp.push_back(now);
                now = to[now.fi][now.se];
                if(now == make_pair(0ll,0ll)) break;
                if(book[now.fi]) {
                    if(now == make_pair(i,j)) f = 1;
                    break;
                }
            }
            if(f && path[sta].size() == 0) {
                path[sta] = tmp;
                vis[sta] = 1;
            }
        }
    }
    // getans
    dp[0] = 1;
    for(ll i = 1; i < (1<<n); ++i) {
        for(ll j = i; j; j = i&(j-1)) {
            if(vis[j] && dp[i^j]) {
                dp[i] = 1;
                pre[i] = j;
            }
        }
    }
    if(dp[(1<<n)-1] == 0) return !printf("No\n");
    printf("Yes\n");
    ll now = (1<<n)-1;
    while(now) {
        _p la;
        ll f = 0;
//        printf("%lld -\n",pre[now]);
        for(auto v : path[pre[now]]) {
//            printf("%lld -- %lld\n",v.fi,v.se);
            if(f) ans[v.fi] = make_pair(e[v.fi][v.se],la.fi);
            ++f;
            la = v;
        }
        ans[path[pre[now]][0].fi] = make_pair(e[path[pre[now]][0].fi][path[pre[now]][0].se], la.fi);
        now ^= pre[now];
    }
    for(ll i = 1; i <= n; ++i) printf("%lld %lld\n",ans[i].fi,ans[i].se);
    return 0;
}