Cake

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 131072/131072 K (Java/Others)
Total Submission(s): 1632 Accepted Submission(s): 273
Special Judge

Problem Description

There are

m soda and today is their birthday. The

1-st soda has prepared

n cakes with size

1,2,…,n. Now

1-st soda wants to divide the cakes into

m parts so that the total size of each part is equal.

Note that you cannot divide a whole cake into small pieces that is each cake must be complete in the

m parts. Each cake must belong to exact one of

m parts.

Input

There are multiple test cases. The first line of input contains an integer

T, indicating the number of test cases. For each test case:

The first contains two integers

n and

(1≤n≤105,2≤m≤10), the number of cakes and the number of soda.
It is guaranteed that the total number of soda in the input doesn’t exceed 1000000. The number of test cases in the input doesn’t exceed 1000.

Output

For each test case, output "YES" (without the quotes) if it is possible, otherwise output "NO" in the first line.

If it is possible, then output

m lines denoting the

m parts. The first number

si of

i-th line is the number of cakes in

i-th part. Then

si numbers follow denoting the size of cakes in

i-th part. If there are multiple solutions, print any of them.

Sample Input

Sample Output

Source

2015 Multi-University Training Contest 6

解题：
比赛的时候以为是贪心，小数据试了几组发现，仅仅要当前最大的数没取，而且小于我如今剩余的值。那么就取并标记，实际上是错的。比方取了13，纵然还能取12，却不一定要取12，由于取了12后，会造成无法凑成那个平均数，因此如此贪心是不正确的。看赛后情况，预计绝大多数队伍都是水过的（貌似说当时Special Judge坏了），看是否正确跑下23 6这组数据大概就能知分晓了。
正确解法（题解方法）：先预处理出40之内全部能划分的情况。然后兴许的仅仅须要往前面处理好的情况上凑就好了。

    比方先处理好了6 3的情况，计算54 3时：

     2 6 1
     2 5 2
     2 4 3

    18 6 1 7 12 13 18 19 24 25 30 31 36 37 42 43 48 49 54
    18 5 2 8 11 14 17 20 23 26 29 32 35 38 41 44 47 50 53
    18 4 3 9 10 15 16 21 22 27 28 33 34 39 40 45 46 51 52

    红色部分是取的6 3处理好的结果，而后面蓝色部分则是两端对称构造的结果。
    感觉题解讲的并非非常清晰。可能会有人误觉得是一直用2m去减n，直至n小于40。那么便能够取前面已经预处理好的结果了，实际上还要满足(n-2m*x)要能被划分为y块。因此并非从后往前减，而是从前往后搜寻第一个合法的状态。至于题解中40是怎样产生的。渣渣实在是证明不了。但用了20去构造，发现是会不够用的，（測试中越界了）。
    构造过程事实上挺好理解的。就是高斯第1项和尾项的和等于第2项和倒数第2项的和，不断内移即可了。

总结：
有时候不要太过想当然，上次bc的三角形数也是。贪心不要乱用，得有一定根据。

多校很喜欢考察构造题，上次一张图，再上次24算，发现某些状态数比較大的时候，就应该联想到构造。

疑点：
题解中的40，不知道是怎么蹦出来的，求大神证明！

！

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define LL long long 
#define mod 1000000007
using namespace std;
//訪问和成功标记
bool status[45],sign;
//记录搜索路径
int path[45];
//平均值。cnt为当前第几组解
int ave,m,n,cnt;
//flag[x][y]表示x块蛋糕能不能划分为y部分
bool flag[45][12];
struct division
{
	int a[45],sz;
}store[45][12][12];
//三维分别表示共多少，划分为几块。它的第几块是，以及内部存储各自是哪几块
//预处理。搜索
//pos为当前位置，left为剩余容量。p为路径中第几个数字
void dfs(int pos,int left,int p)
{
	//当前状态下已经找到一种方案
	if(sign)return;
	//成功找到解
	if(left==0)
	{
		//把路径中的值存入到数组中
		for(int i=0;i<p;i++)
			store[n][m][cnt].a[i]=path[i];
		store[n][m][cnt].sz=p;
		//成功标记
		sign=true;
		return;
	}
	for(int i=pos;i>=1;i--)
	{
		if(!status[i]&&left>=i)
		{
			//该点已訪问
			status[i]=1;
			path[p]=i;
			dfs(i,left-i,p+1);
			//避免把已经成功的点又一次置为0
			if(sign)return;
			status[i]=0;
		}
	}
}
//预处理
void prep()
{
   memset(flag,0,sizeof(flag));
   int tmp,total;
   for(int i=1;i<=20;i++)
   {
	   //tmp是依据n要小于等于平均值。计算出来的上界
	   tmp=(i+1)/2;
	   total=i*(i+1)/2;
	   for(int j=1;j<=tmp;j++)
	   {
		   //假设能够划分的话
		   if(total%j==0)
		   {
			   flag[i][j]=1;
			   memset(status,0,sizeof(status));
			   ave=total/j;
			   m=j;
			   n=i;
			   //循环找多组解
			   for(int k=0;k<j;k++)
			   {
				   cnt=k;
				   sign=false;
				   dfs(n,ave,0);
			   }
		   }
	   }
   }
}
int main()
{
	//预处理
	prep();
	int t,x,y,a,b,sz;
	//读入
	scanf("%d",&t);
	LL total;
	while(t--)
	{
		scanf("%d%d",&x,&y);
        total=1LL*(1+x)*x/2;
		ave=total/y;
		//排除不能划分的情况
		if((total%y)||(ave<x))
		{
			printf("NO
");
			continue;
		}
		//其余的都是可构造的
		printf("YES
");
		m=y;
		//注意m已经乘以2
		m<<=1;
		int g;
		//找到第一个合法的状态
		for(g=1;;g++)
		{
			//假设能够划分。并且后面多出的数刚好能够构造
			if(flag[g][y]&&((x-g)%m)==0)
				break;
		}
		//b为构造次数
		b=(x-g)/m;
		for(int i=0;i<y;i++)
		{
			sz=store[g][y][i].sz;
			//总数量
			printf("%d",sz+(b<<1));
			//原有解
			for(int k=0;k<sz;k++)
				printf(" %d",store[g][y][i].a[k]);
			//构造解
			for(int k=0;k<b;k++)
				printf(" %d %d",k*m+g+i+1,(k+1)*m+g-i);
			printf("
");
		}
	}
	return 0;
}