几个解决k染色问题的指数级做法
几个解决k染色问题的指数级做法
——以及CF908H题解
给你一张n个点的普通无向图,让你给每个点染上k种颜色中的一种,要求对于每条边,两个端点的颜色不能相同,问你是否存在一种可行方案,或是让你输出一种可行方案,或是让你求出满足条件的最小的k。这种问题叫做k染色问题。众所周知,当k>2时,k染色问题是NP的。但是相比$O(k^n)$的暴力搜索来说,人们还是找到了很多复杂度比较优越的指数级做法。本文简单介绍其中几种。
因为对于$O(n^22^n)$来说,$O(n^2)$小得可以忽略不计,所以在本文中我们用$O^*(2^n)$来代替$O(n^{...}2^n)$。
三染色问题
k=3的情况显然比其它的情况更容易入手一些,下面给出几种简单的方法:
1.生成树
先任意求出一个原图的生成树,而对一个生成树染色有$3\cdot 2^{n-1}$种方案,所以暴力即可。
2. 转成2分图
3染色问题可以看成将原图分为3个点独立集的问题。而3个独立集中最小的那个一定不超过$\frac n 3$,所以我们$C_n^{n\over 3}$搜索最小的这部分,然后剩余部分的变成二染色问题,可以在多项式时间内解决。复杂度$\approx O^*({27\over 4})^{n\over 3}\le O^*(1.89^n)$。
3. 随机化+2-SAT
对于每个点,随机扔掉一个颜色不选,然后建图跑2-SAT。因为每个点我们都有$2\over 3$的概率选到正确的颜色,所以期望复杂度是$O^*(1.5^n)$。
当然还有更优越的,其中最厉害的复杂度是$O^*(1.3289^n)$,然而本人并不知道具体做法。。。
k染色问题
这里只讨论k染色的判定性问题,对于k染色的输出方案问题,我们可以不断向原图中加边直到不能k染色为止,此时只需要贪心的求出每个点的染色即可。
1.状压DP
我们带有一点归纳的思想,如果一个集合S能k染色,那么它一定能分成两个部分,一部分能1染色(独立集),一部分能k-1染色。所以我们可以暴力枚举将其分成哪两部分,然后DP即可。时间复杂度是枚举子集的$O^*(3^n)$。
2.容斥原理
考虑一个更难的版本,我们试图统计k染色的方案数,如果方案数>0则有解。(如何输出方案呢?我们可以不断试图向图中加边,最后用朴素的贪心进行染色即可)
k染色的方案数可以看成选出k个独立集,这些独立集覆盖所有点的方案数。由于我们只需要知道方案数是否>0,所以我们甚至可以让这些独立集相交或相同。我们令$c_k(G)$表示G中选出k个独立集覆盖整张图的方案数,考虑容斥,设X是G的一个诱导子图,设a(x)表示x里有多少个独立集。那么$a(x)^k$表示的就是在X中选出k个独立集的方案数(有标号的)。
$c_k(G)=\sum\limits_{X}(-1)^{n-|X|}a(X)^k$
如何求出a数组呢?考虑DP。
我们枚举X中任意一个点v,设$neighbor(v)$表示与v相邻的点的集合,那么$a(X)=1+a(X-v)+a(X-v-neighbor(v))$,分别代表v这个点,不包含v的独立集和包含v且含有至少一个其它点的独立集。
复杂度$O^*(2^n)$。(已知的最优算法)。
3.FWT
我们可以预处理所有独立集,然后用FWT,不断和自己取或卷积,直到$2^n-1$不为0为止。复杂度$O^*(2^n)$。
以上参考:http://www.wisdom.weizmann.ac.il/~dinuri/courses/11-BoundaryPNP/L01.pdf
【CF908H】New Year and Boolean Bridges
题意:有一张未知的n个点的有向图,我们设f(a,b)=0/1,表示是否存在一条从a到b的路径。但是你并不知道f(a,b),取而代之的是,对于任意的a和b,你知道下面3个条件中的一个。
1.f(a,b) and f(b,a) =true
2.f(a,b) or f(b,a) =true
3.f(a,b) xor f(b,a) =true
现在给你n,再给你任意两个点a,b之间满足的条件,让你构造一张符合条件的原图。特别地,令m表示你的图中边的数量,我们希望你的m尽可能小,你只需要输出最小的m即可。
n<=47
题解:我们先将and关系形成的连通块缩到一起,如果连通块内存在xor关系则输出无解,否则,我们可以给出一种m可能不是最小的建图方法:
令所有大小>1的连通块内部形成一个环,再用一条链将所有环(以及单个的点)串起来。
这样的话,我们的花费是(n-1+环数)。而我们发现我们可以将某些环合并起来,前提是这些环之间不存在xor关系。如果我们将xor关系看成边,所有环看成点,那么这就变成了k染色问题!因为大小>1的连通块最多只有23个,所以指数级做法是可行的。
具体复杂度:如果用二分+容斥原理的话,复杂度是$O(log^2_n2^n)$的;如果用FWT的话,需要做n次FWT,复杂度是$O(n^22^n)$的,但你会发现每次你只需要对$2^n-1$进行逆FWT,所以复杂度可以优化为$O(n2^n)$。
细节:其实容斥原理或FWT得到的方案数是一个特别大的数,但你只关心这个数是不是0,所以可以采用自然溢出的方式解决。
容斥原理代码:
#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> using namespace std; int g[(1<<23)+4],Log[(1<<23)+4],cnt[(1<<23)+4]; int n,m; int f[50],siz[50],bel[50],nr[50]; char str[50][50]; int find(int x) { return (f[x]==x)?x:(f[x]=find(f[x])); } inline int pm(int x,int y) { int z=1; while(y) { if(y&1) z=z*x; x=x*x,y>>=1; } return z; } bool check(int x) { int ret=0,i; for(i=1;i<(1<<m);i++) ret+=(((m^cnt[i])&1)?-1:1)*pm(g[i],x); return ret!=0; } int main() { scanf("%d",&n); int i,j,a,b,l,r,mid; for(i=0;i<n;i++) { scanf("%s",str[i]),f[i]=i,siz[i]=1; for(j=0;j<i;j++) if(str[i][j]=='A'&&find(i)!=find(j)) siz[f[j]]+=siz[f[i]],f[f[i]]=f[j]; } memset(bel,-1,sizeof(bel)); for(i=0;i<n;i++) if(find(i)==i&&siz[i]>1) bel[i]=m++; if(!m) { printf("%d",n-1); return 0; } for(i=0;i<n;i++) for(j=0;j<i;j++) if(str[i][j]=='X') { if(find(i)==find(j)) { puts("-1"); return 0; } a=bel[f[i]],b=bel[f[j]]; if(a!=-1&&b!=-1) nr[a]|=1<<b,nr[b]|=1<<a; } for(i=0;i<m;i++) Log[1<<i]=i; for(i=1;i<(1<<m);i++) a=Log[i&-i],g[i]=1+g[i^(1<<a)]+g[i^(1<<a)^(i&nr[a])],cnt[i]=cnt[i^(1<<a)]+1; l=1,r=m; while(l<r) { mid=(l+r)>>1; if(check(mid)) r=mid; else l=mid+1; } printf("%d",n-1+r); return 0; }
FWT代码:
#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> using namespace std; int g[(1<<23)+4],Log[(1<<23)+4],sg[(1<<23)+4]; int n,m,len; int f[50],siz[50],bel[50],nr[50]; char str[50][50]; int find(int x) { return (f[x]==x)?x:(f[x]=find(f[x])); } inline int pm(int x,int y) { int z=1; while(y) { if(y&1) z=z*x; x=x*x,y>>=1; } return z; } inline void fwt(int *a) { int h,i,j; for(h=2;h<=len;h<<=1) for(i=0;i<len;i+=h) for(j=i;j<i+h/2;j++) a[j+h/2]+=a[j]; } inline int ufwt(int i,int h) { if(h==1) return sg[i]; return ufwt(i,h>>1)-ufwt(i-h/2,h>>1); } int main() { scanf("%d",&n); int i,j,a,b; for(i=0;i<n;i++) { scanf("%s",str[i]),f[i]=i,siz[i]=1; for(j=0;j<i;j++) if(str[i][j]=='A'&&find(i)!=find(j)) siz[f[j]]+=siz[f[i]],f[f[i]]=f[j]; } memset(bel,-1,sizeof(bel)); for(i=0;i<n;i++) if(find(i)==i&&siz[i]>1) bel[i]=m++; if(!m) { printf("%d",n-1); return 0; } for(i=0;i<n;i++) for(j=0;j<i;j++) if(str[i][j]=='X') { if(find(i)==find(j)) { puts("-1"); return 0; } a=bel[f[i]],b=bel[f[j]]; if(a!=-1&&b!=-1) nr[a]|=1<<b,nr[b]|=1<<a; } for(i=0;i<m;i++) Log[1<<i]=i; g[0]=1; len=1<<m; for(i=1;i<len;i++) a=Log[i&-i],g[i]=g[i^(1<<a)]&(!(i&nr[a])); fwt(g); memcpy(sg,g,sizeof(sg)); for(i=1;i<=m;i++) { if(ufwt(len-1,len)!=0) { printf("%d",n-1+i); return 0; } for(j=0;j<len;j++) sg[j]*=g[j]; } }
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