Четыре числа $a, b, c, d$ с суммой $0$ прекрасно деляется на две части: $a+b = -(c+d)$. То есть если мы зафиксировали сумму первых двух чисел, то мы знаем, какой должна быть сумма вторых двух чисел. Это позволяет решить задачу за $O(n^2 \log n)$:

1. Сохраним суммы всех пар во множестве за $O(n^2 \log n)$
2. Переберем все пары ещё раз и проверим, есть ли пара чисел с противоположной суммой. Этот шаг тоже работает за $O(n^2 \log n)$

Будем перебирать центральный элемент в последовательности. Тогда пусть центральный элемент равен $a_i$, сколько последовательностей с таким элементов в середине есть? То есть нужно найти количество пар $(j, k)$: $j < i < k$ и $a_j < a_i \leq a_k$. Но по сути задачи для $j$ и $k$ не зависят друг от друга, поэтому можно независимо перебрать количество подходящих $j$ и $k$ суммарно за $O(n)$.

Тогда перебор всех подмножеств можно осуществить следующим образом:

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
bool find_subset(int *a, int n, int w)
    for (int mask = 0; mask < (1 << n); mask++) {
        int s = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++)
            if (mask >> i & 1)
                s += a[i];
        if (s == w)
            return true;
    }
    return false;
}

Здесь мы перебираем все подмножества и каждое проверяем за $O(n)$, что дает асимптотику $O(2^n \cdot n)$.

В теории можно избавиться от проверки за $O(n)$, если перебирать маску рекурсивно и поддерживать текущую сумму на префиксе, возможно добавляя во время спуска только один элемент. Однако мы погонимся за более мощной оптимизацией.

Разделим массив на две части. Заметим, что искомое подмножество имеет какое-то количество элементов из левой половины и какое-то количество элементов из правой (возможно, нулевое). Попытаемся посчитать все суммы слева и справа по отдельности и найти пару, дающую нужную общую сумму.

Сначала посчитаем суммы для всех подмножеств среди первых $l = \lfloor \frac{n}{2} \rfloor$ элементов и положим в хеш-таблицу:

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
unordered_set<int> t;

int l = n / 2;

for (int mask = 0; mask < (1 << l); mask++) {
    int s = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++)
        if (mask >> i & 1)
            s += a[i];
    t.insert(s);
}

Затем переберем все суммы среди оставшихся $r = n - l = \lceil \frac{n}{2} \rceil$ элементов и для каждой попытаемся найти подходящую половину (с суммой $s_l = w - s_r$) через предподсчитанную хеш-таблицу:

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
int r = n - l;

for (int mask = 0; mask < (1 << r); mask++) {
    int s = 0;
    for (int i = 0; i < r; i++)
        if (mask >> i & 1)
            s += a[l + i];
    if (t.count(w - s))
        return true;
}

Обе фазы (а значит и сам алгоритм) работают за $O(2^{n/2} \cdot n)$: мы перебираем $2^{n/2}$ подмножеств и для каждого за $O(n)$ считаем сумму и делаем запрос добавления / проверки наличия в хеш-таблицу за $O(1)$.

Заметим, что оба перебора всё ещё можно так же соптимизировать в $O(n)$ раз через трюк с рекурсией.

Сначала научимся решать задачу полным перебором. Пусть у нас есть матрица смежности графа. Как быстро проверить, что подмножество вершин $m$ является кликой?

За $O(n^2)$ можно пройтись по всем парам включенных вершин и для каждой проверить, есть ли единичка в матрице смежности. Проверку можно соптимизировать до $O(n)$, посчитав маску $m’$, равную побитовому «И» строчек матрицы смежности, соответствующих вершинам $m$. Теперь, если $m$ является подмножеством $m’$, то есть

то подграф $m$ является кликой: для всех его вершин есть ребро из всех других.

Воспользуемся этим трюком для слияния ответов в meet-in-the-middle. Разделим граф на две части, найдем для левой все клики и пометим их маски единицами в специальном массиве is_clique[mask] размера $2^{n/2}$.

Теперь будем перебирать подграфы второй половины, и для каждой клики нам нужно найти количество клик левой половины, являющихся подграфами пересечения списков смежности для правой половины ($m’$ из проверки выше).

Чтобы сделать это быстро, предподсчитаем поверх массива is_clique динамику «как много подмасок данной маски являются кликами». Эту динамику можно посчитать за $O(2^{n/2})$, если для каждой маски $m$ рассмотреть два варианта — когда первая вершина $v$ включена в клику и когда не включена:

Итоговая асимптотика алгоритма будет $O(2^{n/2} \cdot n)$.

Соберем случайные $10^6$ строк небольшой длины. Все их хеши - случайные числа. Конечно, вероятность попасть так в нужный хеш размера $10^9$ стремится к нулю, поэтому трюк:

Искомая строка будет иметь вид $t_i + t_j$, где $t_i, t_j$ из нашего множества строк. И вот теперь то мы уже с вероятностью 1 соберем нужных хеш. Почему? Потому что пар $t_i+t_j$ порядка $10^12$, то есть количество строк увеличилось в квадрат раз. А вероятность того, что мы не попали этими $10^12$ строками в нужный $X$ стремится к нулю.

Такое решение работает за $O(10^6 \log 10^6)$, потому что если зафиксировать $t_i$, то мы знаем, чем должен быть равен хеш $t_j$, то есть явно перебирать все пары нам не надо - надо лишь проверить наличие строки с заданным хешом во множестве.

Разобьём последовательность на две части по $\frac{n}{2}$ элементов. В каждой из них вычислим суммы всех возможных подпоследовательностей за $O(2^n)$. Для каждой возможной суммы $x$ из первой половины найдем оптимальное подмножество с суммой $y$ из второй половины так, чтобы $(x+y)\%m$ было как можно больше. Есть два случая:

1. $x + y < m$, тогда нас интересует максимальный $y: y < m - x$. Такой $y$ можно найти в во множестве за $\log$ размера множества, то есть за $O(n)$.
2. $x + y \geq m$, тогда нас просто интересует максимальный $y$ без каких-либо ограничений

То есть итоговое решение работает за $O(2^{\frac{n}{2}}n)$ и в нём для каждого $x$ мы ищем лучшее $y$.

Если бы $a_i \leq 2^{15}$, то можно было бы перебрать все $x$ и в лоб проверить. Но $a_i$ большие, исправим это: разобьем $a_i$ на две части: $a_i = p_i + 2^{15} \cdot q_i$, где $p_i, q_i \leq 2^15$. Пусть так же $x = x_p + 2^{15} x_q$

Если я зафиксирую $x_p$, то какие ограничения можно наложить на $x_q$? Для всех $i$ должно выполняться:

Перенесём всё что с $x_q$ в одну часть, всё что с $x_p$ - в другую:

Таким образом мы можем вычислить вектор из значений $cnt_1(p_i \oplus x_p) - cnt_1(p_1 \oplus x_p)$ и искать подходящий вектор из такого же вида из $q$ (во множестве). Таким образом асимптотика $O(A_{\max} \cdot n \cdot \log (A_{\max}))$