题解：CF1954D（Colored Balls）

CF1954D，是 CodeForces 难得一见的“非多测”题目，我们来看一下。

题意简述：有 $n$ 种不同的球，第 $i$ 种球有 $a_i$ 个（$1\le i\le n$）。对于每一种球，我们都可以选择“用”或者“不用”，因此我们最终会有 $2^n$ 种不同的选法。对于每种选法，都有一个对应的权值，定义如下：将这些球分成 $k$ 份，每一份的数量不大于 $2$ 且不小于 $1$，使得每一份中的球种类不同（如果是两个球，要求它们种类不同；如果是一个球，就无所谓了），权值即为能达成的最小的 $k$。

观察数据范围，$1\le n\le 5000$ 且 $\sum a\le 5000$，显然这题是一道 $O(n\sum a)$ 的题。

既然它要我们求权值，那我们就思考：怎样快速算出一种选法的权值呢？

对题面中的要求用“白话文”解释一下，就是尽量让更多的种类不同的球两两搭配，剩下的都是一种相同的球，只能孤独终老。因此，最后剩下的相同的那些一定是数量最多的那一种。因此我们分情况讨论：

设这种选法总共有 $m$ 种球，其中第 $i$ 种有 $b_i$ 个（$1\le i\le m$），且 ${\max }_{i=1}^m{b}_i=b_1$。

• 当 ${\sum }_{i=2}^m{b}_i\le b_1$ 时，我们可以将其他种类的 ${\sum }_{i=2}^m{b}_i$ 个球与第 $1$ 种（共有 $b_1$ 个）中的 ${\sum }_{i=2}^m{b}_i$ 进行搭配，剩下的第 $1$ 种球单独分配。权值为 $b_1$。

• 当 ${\sum }_{i=2}^m{b}_i>b_1$ 时，刨去奇偶性因素，最终一定不会有单独分配的，因此最终权值为 $\lceil ({\sum }_{i=1}^m{b}_i)÷2\rceil$。

于是，求最大值（$b_1$）和其余一堆数的总和（${\sum }_{i=2}^m{b}_i$）就是这里面唯一耗时严重的部分，我们可以考虑将数组 $a$ 从小到大排序，然后 for 一遍每一种，用变量 $sum$ 来记录一下目前为止的总和。顺着这个思路，我们再去考虑如何去求答案——当然是基于以上两种情况。于是，我们定义 $f_i$ 表示目前为止（不算当前的这一种球）能使得取的球的总数为 $i$ 的总方案数，那么，对于第一种情况（$1\le j\le a_i$），对答案的贡献是 f[j]*1LL*a[i]；同理，对于第二种情况，对答案的贡献是 f[j]*1LL*((j+a[i]+1)/2)（常用技巧：$a÷2$ 向上取整可以处理成 (a+1)/2）。对于数组 $f$ 的维护，我们就用类似于背包的策略，从大状态到小状态枚举，每次用 $j-a_i$ 的状态去更新 $j$ 的状态。

给个代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define N 5500
#define S 5500
using namespace std;
const int _p=998244353;
int n,a[N];
int f[S],ans,sum;
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
	sort(a+1,a+1+n);
	f[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<=sum;j++){
			if(j<=a[i])ans+=(f[j]*1LL*a[i])%_p;
			else ans+=(f[j]*1LL*((j+a[i]+1)/2))%_p;
			ans%=_p;
		}
		sum+=a[i];
		for(int j=sum;j-a[i]>=0;j--)f[j]=(f[j]+f[j-a[i]])%_p;
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

注意：
在维护数组 $f$ 的时候一定要注意不要减着减着就出负数状态了；
中间计算要开 long long 并取模。