洛谷 P14361 社团招新 - Solution

1. 题目数据 (Problem Metadata)

题目类型：传统题
题目链接：P14361 [CSP-S 2025] 社团招新 - 洛谷
时间限制：1.00s
内存限制：512.00MB

2. 题意简述 (Problem Summary)

给定 $n$ （ $n$ 为偶数， $2 \le n \le 10^5$ ）个新成员，每人对 $3$ 个部门的满意度 $a_{i,j} \in [0, 2 \times 10^4]$ 。为每个成员选择恰好一个部门 $d_i \in \{1,2,3\}$ ，最大化满意度之和 $\sum_{i=1}^{n} a_{i,d_i}$ ，且每个部门分配人数不超过 $\frac{n}{2}$ 。多组测试数据， $t \le 5$ 。

3. 朴素解法 (Brute-Force)

最直接的想法是枚举每个成员的部门选择，共 $3^n$ 种方案，对每种方案检查容量约束并计算满意度。 $n = 10$ 时约 $6 \times 10^4$ 种，可过测试点 $1 \sim 4$ ； $n \ge 30$ 时 $3^{30} \approx 2 \times 10^{14}$ ，完全不可行。

另一种思路是 DP：设 $dp[i][c_1][c_2]$ 表示前 $i$ 人中部门 $1$ 有 $c_1$ 人、部门 $2$ 有 $c_2$ 人时的最大满意度（部门 $3$ 人数为 $i - c_1 - c_2$ ）。状态数 $O(n^3)$ ， $n = 10^5$ 时约 $10^{15}$ ，同样不可行。瓶颈在于容量约束使得状态空间与 $n$ 的幂次绑定，无法线性递推。

4. 核心解法 (Main Solution)

特殊性质

本题的关键观察在于 $3$ 个部门的容量约束具有特殊的结构。设 $\text{cnt}_j$ 为部门 $j$ 分配到的人数，则 $\text{cnt}_1 + \text{cnt}_2 + \text{cnt}_3 = n$ ，每个 $\text{cnt}_j \le \frac{n}{2}$ 。

至多一个部门超员：若两个部门同时超员（各 $> \frac{n}{2}$ ），则总人数 $> n$ ，矛盾。因此，无约束贪心解中至多有一个部门违反容量约束。

关键突破

从 $3^n$ 的枚举瓶颈出发，利用「至多一个部门超员」这一性质，将问题分解为两步：

贪心：忽略容量约束，每个成员选满意度最高的部门，得到无约束最优解 $\text{sum}$ 。
反悔：若唯一超员部门 $m$ 有 $\text{cnt}_m > \frac{n}{2}$ ，将 $\text{cnt}_m - \frac{n}{2}$ 人从部门 $m$ 改派到各自的次优部门，使容量满足约束。

推导过程

下面推导反悔策略的正确性。

改派人数：部门 $m$ 超员 $\text{cnt}_m - \frac{n}{2}$ 人，需恰好移出这么多。不能多移（不必要损失），不能少移（仍超员）。

改派目标：每个被移出的人应去自己的次优部门（满意度第二高的部门），而非第三优部门。因为次优满意度 $\ge$ 第三优满意度，改派到次优的损失 $\le$ 改派到第三优的损失。

次优部门不会超员：设其余两个部门共有 $n - \text{cnt}_m$ 人。最坏情况下所有被改派的人都去同一个次优部门，该部门人数上界为：

(n - \text{cnt}_m) + \left(\text{cnt}_m - \frac{n}{2}\right) = n - \frac{n}{2} = \frac{n}{2}

恰好等于容量上界，不会超员。

选损失最小的人改派：每个被改派成员 $i$ 的损失为 $a_{i, \max} - a_{i, \text{sub}}$ （最优满意度与次优满意度之差）。将超员部门的成员按此损失升序排序，取前 $\text{cnt}_m - \frac{n}{2}$ 个改派，总损失最小。

最终答案为：

\text{ans} = \text{sum} - \sum_{\text{改派的 } k \text{ 人}} \left(a_{i, \max} - a_{i, \text{sub}}\right)

其中 $k = \text{cnt}_m - \frac{n}{2}$ ，取损失最小的 $k$ 人。

5. 正确性证明 (Proof of Correctness)

下面我们总结一下贪心策略的证明要点，共证明了三点：贪心解的无约束最优性、反悔策略的充分性、次优部门的安全性。

引理 1（贪心最优）：无容量约束时，每个成员独立选择满意度最高的部门，满意度之和取到全局最大。这是因为 $\sum_{i=1}^{n} a_{i,d_i}$ 中各项独立， $\max_{d_i} \sum a_{i,d_i} = \sum \max_{d_i} a_{i,d_i}$ 。

引理 2（至多一个超员部门）：若部门 $j$ 与 $j'$ 同时超员， $\text{cnt}_j + \text{cnt}_{j'} > n$ ，但 $\text{cnt}_1 + \text{cnt}_2 + \text{cnt}_3 = n$ ，矛盾。故至多一个部门超员。

引理 3（次优部门安全）：改派 $k = \text{cnt}_m - \frac{n}{2}$ 人到次优部门后，任一次优部门的人数上界为 $\frac{n}{2}$ （见 §4 推导），不超员。

定理（反悔最优）：在全局贪心解的基础上，从唯一超员部门 $m$ 移出恰好 $k$ 人，每人移到次优部门，选损失最小的 $k$ 人，所得方案是容量约束下的最优解。

设贪心解为 $S^*$ （无约束最优），任一合法解 $T$ 的满意度 $\le S^*$ （因为 $S^*$ 是无约束最大值）。合法解必须在 $S^*$ 基础上调整超员部门 $m$ 的分配：将至少 $k$ 人从部门 $m$ 移出。每人移出后，去次优部门的损失 $\le$ 去第三优部门的损失（ $a_{i, \text{sub}} \ge a_{i, \text{third}}$ ），故最优调整中每人都去次优部门。在所有「移 $k$ 人到次优部门」的方案中，选损失最小的 $k$ 人总损失最小。由引理 3，次优部门不超员，方案合法。因此该反悔策略得到的解是合法解中的最优。

综上所述，算法正确。

6. 复杂度分析 (Complexity)

时间复杂度： $O(n \log n)$ 。每人对 $3$ 个满意度排序 $O(1)$ （常数大小），收集超员部门成员 $O(n)$ ，按损失排序 $O(n \log n)$ 。 $n \le 10^5$ 时约 $1.7 \times 10^6$ 次运算，1s 内轻松通过。
空间复杂度： $O(n)$ 。存储 $n$ 个成员的满意度数组与临时向量，约几 MB，远低于 512 MB 限制。

7. 实现细节与避坑指南 (Implementation Details)

坑点	说明
整数范围	$\text{sum}$ 最大 $n \times \max a_{i,j} = 10^5 \times 2 \times 10^4 = 2 \times 10^9$ ，`int` 上限约 $2.147 \times 10^9$ ，够用。
多组数据清空	`cnt`、`delta` 在 `solve()` 内部声明，每次调用自动初始化，无需手动清空。全局数组 `s[]` 每次被读入覆盖，也不会残留。
pair 排序的稳定性	代码用 `pii{满意度, 部门号}` 存储，`sort` 对 `pair` 按 `first` 升序、`first` 相同时按 `second` 升序。当满意度相同时，部门号小的排前面，`a[2]` 的 `second` 为部门号较小的次优部门。这一行为确定性的，不影响正确性（满意度相同时去哪个次优部门损失相同）。
$n = 2$ 的边界	$\frac{n}{2} = 1$ ，每部门最多 $1$ 人。若两人最优部门相同，需改派 $1$ 人到次优部门。逻辑自然处理。
特殊性质 A（仅部门 1 有满意度）	所有成员 $a_{i,2} = a_{i,3} = 0$ ，贪心全选部门 1， $\text{cnt}_1 = n > \frac{n}{2}$ 。改派损失 $= a_{i,1} - 0 = a_{i,1}$ ，取损失最小的 $\frac{n}{2}$ 人改派，其余留部门 1。正确。

8. 参考代码 (Reference Code)

下面是我用 pair 排序同时解决「选最优部门」和「找次优部门」的写法。每人将 $3$ 个满意度连同部门号存为 pii，排序后 a[3] 即最优、a[2] 即次优，改派时只需取 a[3].first - a[2].first 作为损失。

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

const int N = 1e5 + 5;
using pii = pair<int, int>;
using vi = vector<int>;

struct student
{
    pii a[4];
} s[N];

int n;

int solve()
{
    int sum = 0;
    vi cnt(4, 0);
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        for (int j = 1; j <= 3; j++)
            cin >> s[i].a[j].first, s[i].a[j].second = j;
        sort(s[i].a + 1, s[i].a + 4);
        sum += s[i].a[3].first;
        cnt[s[i].a[3].second]++;
    }
    int max_ci = max_element(cnt.begin(), cnt.end()) - cnt.begin(), max_cv = *max_element(cnt.begin(), cnt.end());
    if (max_cv <= n / 2)
        return sum;

    int ans = sum;
    vector<student> delta;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if (s[i].a[3].second == max_ci)
            delta.push_back(s[i]);

    sort(delta.begin(), delta.end(), [&](student s1, student s2)
         { return s1.a[3].first - s1.a[2].first < s2.a[3].first - s2.a[2].first; });
    for (int i = 0; i < (max_cv - n / 2); i++)
        ans -= delta[i].a[3].first - delta[i].a[2].first;

    return ans;
}

signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
#ifdef DEBUG
    clock_t t0 = clock();
    freopen("club2.in", "r", stdin);
    freopen("data.out", "w", stdout);
#endif

    // Don't stop. Don't hide. Follow the light, and you'll find tomorrow.

    int t;
    cin >> t;
    while (t--)
        cout << solve() << endl;

#ifdef DEBUG
    cerr << "Time used:" << clock() - t0 << "ms" << endl;
#endif
    return 0;
}

9. 补充说明 (Additional Notes)

题目渊源：本题出自 CSP-S 2025 第二轮，是「贪心 + 反悔」的经典入门题。这类「先贪心求无约束最优，再对违反约束的部分做最小代价调整」的思路在竞赛中很常见，核心识别信号是约束结构简单（如至多一个维度违约）、且调整代价可排序取最小。本题 $3$ 个部门与 $\frac{n}{2}$ 限制的设定使得「至多一个超员」这一性质很容易发现，是反悔策略成立的基础。
数据范围与测试点：测试点按 $n$ 规模分档，最小 $n = 2$ （测试点 1），最大 $n = 10^5$ （测试点 12 起）。特殊性质 A（仅部门 1 有满意度）和 B（仅部门 1、2 有满意度）是贪心 + 反悔的退化场景，C 为随机数据。 $O(n \log n)$ 的排序解法可过全部测试点。

其他版本

下面是一个不依赖 pair 排序的写法，直接用比较找最优和次优部门。思路相同，但省去了排序 $3$ 个元素的步骤，常数更小：

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

const int N = 1e5 + 5;

struct student
{
    int a[4]; // a[1..3] = 满意度
    int best, sub; // 最优/次优部门号
} s[N];

int n;

int solve()
{
    int sum = 0;
    int cnt[4] = {0};
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> s[i].a[1] >> s[i].a[2] >> s[i].a[3];
        // 找最优和次优部门
        if (s[i].a[1] >= s[i].a[2]) { s[i].best = 1; s[i].sub = (s[i].a[2] >= s[i].a[3]) ? 2 : 3; }
        else { s[i].best = 2; s[i].sub = (s[i].a[1] >= s[i].a[3]) ? 1 : 3; }
        // 修正：需保证 best 是最大的
        if (s[i].a[s[i].sub] > s[i].a[s[i].best]) swap(s[i].best, s[i].sub);
        sum += s[i].a[s[i].best];
        cnt[s[i].best]++;
    }
    int max_ci = max_element(cnt + 1, cnt + 4) - cnt;
    int max_cv = *max_element(cnt + 1, cnt + 4);
    if (max_cv <= n / 2)
        return sum;

    // 收集超员部门成员的改派损失
    vector<int> loss;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if (s[i].best == max_ci)
            loss.push_back(s[i].a[s[i].best] - s[i].a[s[i].sub]);
    sort(loss.begin(), loss.end());
    for (int i = 0; i < max_cv - n / 2; i++)
        sum -= loss[i];
    return sum;
}

signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    int t;
    cin >> t;
    while (t--)
        cout << solve() << '\n';
    return 0;
}

两种写法的复杂度相同，均为 $O(n \log n)$ 。pair 排序写法利用 sort 同时确定最优与次优部门，代码更紧凑；显式比较写法不依赖排序，但需要处理比较逻辑。本题每人只有 $3$ 个元素，排序常数极小，两种写法的实际运行时间差异可忽略。我觉得用 pair 排序的写法更清晰，因为它把「选最优」和「找次优」统一到了一次排序中。