拟阵学习笔记（杂记）

拟阵学习笔记（杂记）

拟阵基础

拟阵是一个二元组 \(M = (U , I)\)，其中 \(U\) 是一个 有限 集合，一般是待研究元素全集，\(I\) 是 \(U\) 的一些子集的集合，一般是满足给到限制的子集的集合。

拟阵要满足两个性质：

• 遗传性：\(\forall S \in I , T \subseteq S\) 满足 \(T \in I\)。
• 交换性：\(\forall A \in I,B \in I,|A| < |B|\) 满足 \(\exist x \in B , x \not \in A\) 使得 \(A \bigcup \{x\} \in I\)。

拟阵可以直接解决一类贪心：给定映射 \(f : U \rightarrow R\)，要在 \(I\) 中找到一个 \(S\) 使得 \(\sum_{x \in S} f(x)\) 最大。

这类贪心实际上都可以将 \(U\) 元素从大到小排序，依次加入当前集合，如果当前集合加上该元素过后还在 \(I\) 内则添加。想想看，为什么对。

考虑这类做法有普适性的原因，因为我们可选集合都属于 \(I\)，而 \(I\) 满足拟阵性质，我们尝试使用拟阵性质进行分析。

任意时刻，我们的当前集合都是属于 \(I\) 的。

那么必然存在一个最优集合 \(B\)。

• 我们可以根据拟阵的交换性不断添加元素说明，最大的元素一定在 \(B\) 中，类似地，我们可以说明最大的加上最大的可以并上去的集合也是 \(B\) 的子集。

证毕！哇，我觉得这个交换性的性质巨强！

一个拟阵贪心的常见例子就是最小生成树的 Kruscal 算法。

例一： 「BJWC 2011」 元素

考虑构造其拟阵。显然全集就是所有元素。

不妨定义其 \(I\) 为所有没有子集属性异或和为 \(0\) 的集合。显然满足遗传性，那么交换性呢？

考虑两个集合 \(A，B\) 满足 \(|A| < |B|\)，先把两个集合相交的部分做一个线性基 \(S\)，则我们依次考虑 \(x \in B，x \not \in A\)，如果不能加入 \(A\) 则加入线性基 \(S\)，因为 \(B\) 中元素线性无关，所以线性基大小会加一。在 \(B\) 中元素被全部考虑之前，会有 \(S = A\)，因为 \(S\) 的每一个元素都能被 \(A\) 张成，因此剩下的元素均可以加入 \(A\)。

好厉害的拟阵！

例二： 「CQOI 2013」 新 Nim 游戏

？这不和上道题一模一样？

例三：

题意：给出 \(n\) 个任务，每个任务有一个单位完成时间，截止时间 \(d_i\) 和超时惩罚 \(p_i\)。同一时间只能做至多一个任务，最小化超时惩罚之和。

考虑去构造这样一个拟阵。令全集是所有任务，令集合 \(I\) 表示所有能够被完全完成的任务集合。

分析其性质。显然满足遗传性。考虑交换性，设两个集合 \(|A|<|B|\)，考虑 \(A\) 的最长被占满前缀，大小显然不超过 \(|A|\)，所以 \(B\) 中一定存在可以加入 \(A\) 的元素。证毕。

所以只用每次选择惩罚最大的任务去考虑能否完成即可。

补充

1. 基： 拟阵 \(M = (S , I)\) 中的一个极大独立集。以下是一些基本性质：

• 因为交换性，对于一个拟阵 \(M\)，所有基的大小相同。

2. 环： 拟阵 \(M = (S,I)\) 中的一个极小非独立集。不妨记 \(C(M)\) 表示 \(M\) 的所有的环，以下是一些基本性质：

• 如果存在环 \(X,Y \in C(M)\)，且 \(X \subseteq Y\)，那么 \(X= Y\)。

• 如果存在环 \(X,Y \in C(M)\)，\(e \in X \cap Y\)，且 \(X \not = Y\)。那么存在环 \(C \in C(M)\) 满足 \(C \subseteq X \cup Y - \{e\}\)。

  • 证明： 即证 \(X \cup Y - \{e\}\) 不是独立集。设 \(f \in X \backslash Y\)，则 \(X - \{f\}\) 是独立集，假设 \(X \cup Y\) 中包含 \(X - \{f\}\) 的最大独立集是 \(Z\)。由于 \(Y\) 不是独立集，所以 \(|Z| \leq |X \cup Y - \{f\}| - 1 < |X \cup Y - \{e\}|\)。

• 令 \(X\) 是拟阵 \(M = (S,I)\) 的一个基，\(e \not \in X\)。那么 \(X + e\) 包含一个唯一的环。

  • 证明： 假设 \(X+e\) 存在两个不同的环 \(C_1,C_2\)，由于 \(e\) 的加入导致环的产生，所以 \(e \in C_1 \cap C_2\)，而 \(C_1 \cup C_2 - \{e\}\) 包含环，这与 \(X\) 是独立集矛盾。

3. 秩 rank： 秩函数 \(r(S)\) 表示 \(S\) 的最大独立子集的大小。以下是一些基本性质：

• \(r(S) \leq |S|\)。

• \(S\) 的子集的秩不大于 \(S\) 的秩。

• 次模性： \(r(A) + r(B) \geq r(A \cup B) + r(A \cap B)\)。

4. 闭包算子： 对于拟阵 \(M = (S,I)\) 和 \(A \subseteq S\)，我们定义 \(A\) 的闭包算子 \(cl(A) = \{e \in S:r(A \cup \{e\}) = r(A) \}\)。闭包算子有如下性质：

• 对于拟阵 \(M = (S,I)\)，如果 \(A \subseteq B\)，那么 \(cl(A) \subseteq cl(B)\)。

  • 证明： 设 \(e \in cl(A)\)，由次模性可得：\(r(A \cup \{e\}) + r(B) \geq r((A \cup \{e\}) \cap B) + r(B \cup \{e\}) = r(A) + r(B \cup \{e\})\)。所以可得 \(r(B) \geq r(B \cup \{e\})\)，所以有 \(r(B) = r(B \cup \{e\})\)。证毕。

• 对于拟阵 \(M = (S,I)\) 和 \(A \subseteq S\)，如果 \(e \in cl(A)\)，那么 \(cl(A) = cl(A \cup \{e\})\)。

  • 证明： 首先易得 \(cl(A) \subseteq cl(A \cup \{e\})\)。所以我们只需要证明 \(cl(A \cup \{e\}) \subseteq cl(A)\) 即可。然后类似之前的证明，利用次模性导一下式子即可。

5. 强基交换定理 Strong Basis Exchange Lemma： 对于任意一个元素 \(x \in A \backslash B\)，都存在一个元素 \(y \in B \backslash A\)，满足 \(A - \{x\} + \{y\}\) 和 \(B - \{y\} + \{x\}\) 都是拟阵的基。

• 证明： \(B\) 是基，那么 \(B + \{x\}\) 包含一个唯一的环 \(C\)，且 \(x \in C\)。所以 $x \in cl(C - {x}) $，由闭包算子定理可以得到 \(x \in cl((A\cup C) - \{x\}) = cl(A \cup C)\)。既然 \(A\) 是基，那么 \(S = cl(A) \subseteq cl(A \cup C)\)，由此可以得到 \(A \cup C - \{x\}\) 含有一个基，令它为 \(A'\)。所以一定存在元素 \(y \in A' \backslash (A - \{x\})\) 使得 \(A - \{x\} + \{y\}\) 是基。由于 \(A' \backslash (A - \{x\}) \subseteq C - \{x\}\)，所以也存在元素 \(y \in C - \{x\}\)，满足 \(A - \{x\} + \{y\}\) 是基，另一方面由于 \(C\) 是环，所以 \(B - \{y\} + \{x\}\) 也是基。

拟阵交

即去求两个拟阵中都存在独立性的最大集合。

例子：

1. 找到一个生成树使得生成树每种颜色的边不超过一条。
2. 给定向量，找到最大的不同颜色的向量集合，使得他们线性无关。
3. 二分图匹配。这个解释一下，一个拟阵的限制是不共用左边顶点，一个是右边。
4. 哈密顿路问题。不共用起点，不共用终点，无环。但多个拟阵交是没有多项式时间复杂度的做法的。

定理 1（最大最小定理）： \(\max\limits_{I \in \mathcal I_1 \cap \mathcal I_2} |I| = \min\limits_{U \subseteq S}(r_1(U) + r_2(S \backslash U))\)。

• 这个定理是解决拟阵交问题的关键。先证明较简单的一面 \(\max \leq \min\)：

\[|I| = |I \cap U| + |I \cap (S \backslash U)| \leq r_1(U) + r_2(S \backslash U) \]

​ 另一面我们在下面给出构造证明。

定义 1. 对于给定的拟阵 \(M = (S,\mathcal I)\)，和一个独立集 \(I \in \mathcal I\)，定义 \(M\) 中 \(I\) 的交换图 \(D_M(I)\) 是这样一种二分图。它的两部分点集各自由 \(I\) 和 \(S \backslash I\) 构成，一条连接 \(y \in I\) 和 \(x \in S \backslash I\) 的边存在，当且仅当 \(I - \{y\} + \{x\} \in \mathcal I\) 成立。

引理 1. 令 \(I\) 和 \(J\) 都是拟阵 \(M\) 的独立集，且 \(|I| = |J|\)。那么在 \(D_M(I)\) 中存在一个关于 \(I \backslash J\) 和 \(J \backslash I\) 的完美匹配。

• 证明： 带入强交换定理即可。

定理 2. 令 \(I\) 是拟阵 \(M\) 的独立集，\(J\) 是一个大小与 \(I\) 相同的集合。如果在二分图 \(D_M(I)\) 中存在一个 唯一 的 \(I \backslash J\) 到 \(J \backslash I\) 的完美匹配，那么 \(J\) 也是独立集。

• 感觉就很对，累了，不想证了。

定义 2. 给定两个拟阵 \(M_1,M_2\)，和一个集合 \(I \in \mathcal I_1 \cap I_2\)，定义关于 \(I\) 的交换图 \(D_{M_1,M_2}(I)\) 是这样一个二分图 ：它的两部分点集各自由 \(I\) 和 \(S \backslash I\) 构成，一条从 \(y \in I\) 指向 \(x \in S \backslash I\) 的有向边存在，当且仅当 \(I - \{y\} + \{x\} \in \mathcal I_1\) ，一条从 \(x \in S \backslash I\) 指向 \(y \in I\) 的有向边存在，当且仅当 \(I - \{y\} + \{x\} \in \mathcal I_2\)。

算法流程：

• 令初始的 \(I\) 为 \(\phi\)。我们定义集合 \(X_1 = \{x \not \in I: I + \{x\} \in \mathcal I_1 \}\)，\(X_2 = \{x \not \in I:I + \{x\} \in \mathcal I_2 \}\)。
• 算法将会每次在当前的交换图 \(D_{M_1,M_2}\) 中找到一条从 \(X_1\) 到 \(X_2\) 的路径， 满足没有任何一条边能够缩短这条路径的长度，令其为 \(P\)。这一步的意义其实就是尝试将 \(I\) 扩展一步，先让其满足 \(X_1\) 的限制，然后去反悔，反悔出一个两个限制都满足的位置。
• 然后我们令 \(I\) 变为 \(I \Delta P\)（其中 \(\Delta\) 表示对称差）。我们称这样的一次过程为一次增广过程，重复增广过程，直到找不到路径。我们就得到了最大的 \(I\)，并找到了 \(U = \{z \in S : z \text{可以到达} X_2 \}\)。

为了说明这个算法是正确的，我们需要说明是 \(|I| = r_1(U) + r_2(S \backslash U)\)，这样才可以保证我们求得的 \(I\) 是最大的。此外我们还要说明过程中都是独立集，这个懒得看了。

即，我们要证明 \(r_1(U) \leq |I \cap U|\)。如果 \(r_1(U) > |I \cap U|\)，那么存在元素 \(x \in U \backslash I\) 使得 \((I \cap U) + \{x\} \in \mathcal I_1\)。但如果 \(I + \{x\}\) 也是 \(M_1\) 的独立集的话，那么 \(x \in X_1\)，即存在一条从 \(X_1\) 到 \(X_2\) 的路径，所以 \(I + \{x\}\) 不是 \(M_1\) 的独立集。证毕。

此外 \(r_2\) 同理。

最后，算法复杂度是 \(O(n^3)\)。

另外，带权拟阵交只用整个 SPFA。

算法想明白了！题目待会儿写！

习题

HDU-6636 Milk Candy

我们要去限制 hints 能解出每个位置的值。这个得倒过来，考虑哪些位置不选。

而每个 NPC 的恰好选 \(k_i\) 个可以用额外权限制成至少怎么怎么样。

所以定义拟阵 \(M_1 = (S , I_1)\)，其中 \(I_1\) 表示考虑哪些位置不选后仍然能解出方程的集合。

定义拟阵 \(M_2 = (S,I_2)\)，其中 \(I_2\) 表示考虑哪些位置不选后，每个 NPC 不选的 hint 的个数不超过 \(c_i - k_i\)。

同时，我们把每个 \(w_i\) 加上一个大常数 \(C\)，然后跑一个最大费用拟阵交！

显然，这两个拟阵是同时满足遗传性和交换性的！

现在这个问题是如何判断去掉这些东西后能不能解出方程。

哦？就是 check 是否联通？

Gym102156D Pick Your Own Nim

异或，选出来后所有向量线性无关！经典拟阵。

先给 Alice 选的堆做一个线性基，如果已经不是线性无关了 Bob 直接就输了。否则以这个线性基为初状态。

然后定义两个拟阵：

• 设 \(M_1 = (S,I_1)\)，其中 \(I_1\) 表示每个盒子选择了不超过 \(1\) 个的选法集合的集合。
• 设 \(M_2 = (S,I_2)\)，其中 \(I_2\) 表示选择的向量均线性无关的集合的集合。

然后现在显然就是求一个最大拟阵交，检查其是否满足了每个盒子都要选的条件。

做完了。调不过 Gym 数据，摆烂了。