将N^2个数分成相等总和的N组

在解决这个问题之前，我们需要明确一下一些概念。如果将N^2个数分成N组，每组的元素个数为N，那么每组的总和应该为N^2/N = N。

解法一：暴力枚举

我们可以采用暴力枚举的方法来解决这个问题。具体地，我们可以使用递归函数，枚举所有的可能组合，然后判断是否符合题意。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, a[110], vis[110];
bool dfs(int cnt, int sum) {
    if (cnt == n + 1)
        return true;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if (vis[i] == 0 && sum + a[i] <= n) {
            vis[i] = 1;
            if (sum + a[i] == n || dfs(cnt + 1, sum + a[i]))
                return true;
            vis[i] = 0;
        }
    return false;
}
int main() {
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n * n; i++)
        scanf("%d", &a[i]);
    sort(a + 1, a + n * n + 1, greater<int>());
    if (dfs(1, 0))
        printf("YES\n");
    else
        printf("NO\n");
    return 0;
}

该方法时间复杂度为O(N!)，空间复杂度为O(N)。

解法二：贪心

我们可以采用贪心的方法来解决这个问题。我们首先将N^2个数按从大到小的顺序排列，然后按顺序将它们分配到N个组中。具体来说，我们可以维护一个存放每个组当前总和的数组，然后从大到小依次将每个数分配给一个总和最小的组中。如果无法分配完所有的数就返回false，否则返回true。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, a[110], sum[110];
bool solve() {
    sort(a + 1, a + n * n + 1, greater<int>());
    for (int i = 1; i <= n * n; i++) {
        int j;
        for (j = 1; j <= n; j++)
            if (sum[j] + a[i] <= n) {
                sum[j] += a[i];
                break;
            }
        if (j > n)
            return false;
    }
    return true;
}
int main() {
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n * n; i++)
        scanf("%d", &a[i]);
    if (solve())
        printf("YES\n");
    else
        printf("NO\n");
    return 0;
}

该方法时间复杂度为O(N^2*logN)，空间复杂度为O(N)。

解法三：二分答案

我们还可以采用二分答案的方法来解决这个问题。我们可以二分限制每个子序列的最大和。具体地，我们设l=0，r=N^3，然后对于每一个mid=(l+r)/2，判断N个子序列能否满足每个子序列的和不大于mid。如果可以满足，说明可以分成相等总和的N组，那么将答案区间缩小到[l,mid]；否则，答案区间缩小到[mid+1,r]。重复上述操作直到l=r为止。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, a[110];
bool check(int mid) {
    int cnt = 0, sum = 0;
    for (int i = 1; i <= n * n; i++) {
        sum += a[i];
        if (sum > mid)
            return false;
        if (sum == mid) {
            cnt++;
            sum = 0;
        }
    }
    return cnt >= n;
}
int main() {
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n * n; i++)
        scanf("%d", &a[i]);
    int l = 0, r = n * n;
    while (l < r) {
        int mid = (l + r) / 2;
        if (check(mid))
            r = mid;
        else
            l = mid + 1;
    }
    if (l == n)
        printf("YES\n");
    else
        printf("NO\n");
    return 0;
}

该方法时间复杂度为O(N^3*logN)，空间复杂度为O(1)。

总结一下，根据题目的要求和输入输出规模等因素，我们可以选择合适的解法来解决本题。一般情况下，我们应当优先考虑时间复杂度较小的算法，但同时还需要考虑代码实现的复杂度和可读性等因素。