WC2018 州区划分
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题意简述
有一个\(n\)个点\(m\)条边的图,每个点有点权.
求一种划分方案,使每个划分的块中没有欧拉回路.
定义\(V_i\)为第\(i\)个块的点数集合.
求\(\sum_{each\ plan}\prod_{i=1}^k(\frac{\sum_{v\in V_i}w_v}{\sum_{j=1}^i\sum_{v\in V_j}w_v})^p\)
其中\(k\)是这个方案下划分的块数量.
\(n\leq 21,p\leq 2\)
解析
很棒的子集卷积题.
预处理就是\(O(n^2*2^n)\)判断某集合是否合法,
然后令\(g[S]=(\sum_{v\in S}w_v)^p\)
如果\(S\)不合法就令\(g[S]=0\)
考虑一个简单的\(dp\)
用\(f[S]\)表示集合为\(S\)的答案.
那么,\(f[S]=\sum_{T\in S}\frac{g[T]*f[S-T]}{g[S]}\)
由于要枚举子集,因此是\(O(3^n)\)的.
考虑如何优化.
我们稍微修改一下转移方程
\(f[S]=\sum_{A\cup B=S,A\cap B=\emptyset}\frac{g[A]*f[B]}{g[S]}\)
令\(f[i][S]\)表示\(S\)的\(popcount\)是\(i\)的方案数.
\(g[i][S]\)同理.
同时增加一个\(sum[S]=(\sum_{v\in S}w_v)^p\)
我们可以列出转移方程
\(f[i][S]=\sum_{j+k=i,A\cup B=S}\frac{g[j][A]*f[k][B]}{sum[S]}\)
\(=\frac{1}{sum[S]}\sum_{j+k=i,A\cup B=S}g[j][A]*f[k][B]\)
然而,只有\(f[popcount(S)][S]\)是合法的.
因此我们枚举一个\(i\),把\(popcount(S)=i\)的集合\(S\)记录下来,剩下的就赋为\(0\)即可.
至于转移,只要先把\(g[i]\)做一个\(FWT\),
然后枚举一个\(i\),把\(popcount(S)=i\)的\(f[i][S]\)保存,剩下的\(f[i][S]\leftarrow 0\)
把这个\(f[i]\)做一个\(FWT\),然后和\(g\)乘起来即可.
注意做的是或卷积.
时间复杂度\(O(n^2*2^n)\)
对于\(10s\)的时限还是跑得过的.
我常数比较大可能在洛谷上要开\(O2\)
\(LOJ\)评测姬超级快,应该比较轻松.
代码如下(人傻自带大常数)
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<vector>
#define N (22)
#define P (998244353)
#define Sum ((1<<N)+1)
#define inf (0x7f7f7f7f)
#define rg register int
#define Label puts("NAIVE")
#define spa print(' ')
#define ent print('\n')
#define rand() (((rand())<<(15))^(rand()))
typedef long double ld;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
using namespace std;
inline char read(){
static const int IN_LEN=1000000;
static char buf[IN_LEN],*s,*t;
return (s==t?t=(s=buf)+fread(buf,1,IN_LEN,stdin),(s==t?-1:*s++):*s++);
}
template<class T>
inline void read(T &x){
static bool iosig;
static char c;
for(iosig=false,c=read();!isdigit(c);c=read()){
if(c=='-')iosig=true;
if(c==-1)return;
}
for(x=0;isdigit(c);c=read())x=((x+(x<<2))<<1)+(c^'0');
if(iosig)x=-x;
}
inline char readchar(){
static char c;
for(c=read();!isalpha(c);c=read())
if(c==-1)return 0;
return c;
}
const int OUT_LEN = 10000000;
char obuf[OUT_LEN],*ooh=obuf;
inline void print(char c) {
if(ooh==obuf+OUT_LEN)fwrite(obuf,1,OUT_LEN,stdout),ooh=obuf;
*ooh++=c;
}
template<class T>
inline void print(T x){
static int buf[30],cnt;
if(x==0)print('0');
else{
if(x<0)print('-'),x=-x;
for(cnt=0;x;x/=10)buf[++cnt]=x%10+48;
while(cnt)print((char)buf[cnt--]);
}
}
inline void flush(){fwrite(obuf,1,ooh-obuf,stdout);}
int fi[N],ru[N],cnt,pc[Sum],cf,n,m,Lim,w[N];
int mi[Sum],inv[Sum];
bool can[Sum],c[N][N],vis[N];
LL f[N][Sum],s[Sum],g[N][Sum];
void dfs(int u,int S){
vis[u]=1,cnt++;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!vis[i]&&c[u][i]&&(S&(1<<i-1)))
dfs(i,S);
}
bool check(int S){
cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(S&(1<<i-1))ru[i]=vis[i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(S&(1<<i-1)){
dfs(i,S);
if(cnt!=pc[S])return 1;
break;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(S&(1<<i-1)){
for(int j=i+1;j<=n;j++)
if(S&(1<<j-1)&&c[i][j])
ru[j]++,ru[i]++;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(S&(1<<i-1)){
if(ru[i]%2)return 1;
}
return 0;
}
int popcount(int x){
int ans=0;
while(x)x&=(x-1),ans++;
return ans;
}
int pow(int x){
if(cf==0)return 1;
return (cf==1)?(x):(x*x);
}
LL ksm(LL a,int p){
LL res=1;
while(p){
if(p&1)res=(res*a)%P;
a=(a*a)%P,p>>=1;
}
return res;
}
void FWT(LL *a,int tp){
for(int i=1;i<Lim;i<<=1)
for(int R=i<<1,j=0;j<Lim;j+=R)
for(int k=j;k<j+i;k++)
(a[k+i]+=tp*a[k]+P)%=P;
}
int main(){
read(n),read(m),Lim=(1<<n),read(cf);
for(int i=1,x,y;i<=m;i++){
read(x),read(y);
c[x][y]=c[y][x]=1;
}
for(int i=1;i<=n;i++)read(w[i]);
for(int i=1;i<Lim;i++)
pc[i]=popcount(i);
for(int i=1;i<Lim;i++){
can[i]=check(i);
for(int j=1;j<=n;j++)
if(i&(1<<j-1))s[i]+=w[j];
}
mi[0]=inv[0]=f[0][0]=1;
for(int i=1;i<Lim;i++){
mi[i]=pow(s[i]);
g[pc[i]][i]=(LL)can[i]*mi[i];
inv[i]=ksm(mi[i],P-2);
}
for(int i=1;i<=n;i++)FWT(g[i],1);
for(int i=0;i<=n;i++){
if(i)FWT(f[i],-1);
for(int j=0;j<Lim;j++)
if(pc[j]==i)f[i][j]=(f[i][j]*inv[j])%P;
else f[i][j]=0;
if(i!=n)FWT(f[i],1);
for(int j=1;i+j<=n;j++)
for(int k=0;k<Lim;k++)
f[i+j][k]=(f[i+j][k]+f[i][k]*g[j][k])%P;
}
printf("%lld\n",f[n][Lim-1]);
}
