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介绍

折半搜索，又称$\text{meet in the middle}$，指将整个搜索过程分为两部分，并对两部分分别进行搜索，最后得到两个答案序列，将这两个答案序列进行合并，即可得到最终的答案。

这样做的目的是降低时间复杂度。举个例子，如果每层搜索都有两种选择，那么时间复杂度是$O(2^n)$的。如果我们用折半搜索，那时间复杂度就降为$O(2^{n/2}+k)$，其中$k$指将两个答案序列合并的时间复杂度。

例题

洛谷P4799 [CEOI2015 Day2] 世界冰球锦标赛

题目大意

有$n$场比赛，第$i$场比赛的门票的价格为$a_i$。$\text{Bobek}$有$m$元钱，问他有多少种不同的观赛方案。

$1\le n\le 40,1\le m\le 10^{18},1\le a_i\le 10^{16}$

题解

我们首先可以想到的是用状压枚举每一种情况，但这样的时间复杂度为$O(2^n)$，会$\text{TLE}$。

我们考虑用折半搜索解决问题。

先将所有比赛分为两部分，分别求出两个部分中所有可能的观赛方案的花费。那么，我们在前一部分中取方案$a$，后一部分中取方案$b$，则只有满足方案$a$和方案$b$的花费之和小于等于$m$，这两种方案才会对答产生贡献。

那么，我们用一个数组$w$记录前一部分的每种方案的花费，然后将$w$从小到大排序。对于后一部分的每种方案的花费$t$，我们在$w$中二分求所有满足花费小于等于$m-t$的观赛方案数量，再将其贡献在答案中即可。

求出$w$并排序的时间复杂度为$O(n{2}^{n/2})$，求出每个$t$并二分查找的时间复杂度为$O(n{2}^{n/2})$，所以总时间复杂度为$O(n{2}^{n/2})$。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,w1=0;
long long m,now,ans=0,a[45],w[1<<20];
int main()
{scanf("%d%lld",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&a[i]);}for(int s=0;s<1<<(n/2);s++){w[++w1]=0;for(int i=1;i<=n/2;i++){if((s>>i-1)&1) w[w1]+=a[i];}}sort(w+1,w+w1+1);for(int s=0;s<1<<(n-n/2);s++){now=0;for(int i=1;i<=n-n/2;i++){if((s>>i-1)&1) now+=a[n/2+i];}ans+=upper_bound(w+1,w+w1+1,m-now)-w-1;}printf("%lld",ans);return 0;
}