较快速的最大带权独立集算法

前言

重新来吧别输在过去最得意的事上。

只是单纯的记录一下这个小知识点。

很多时候，题目可以转化为求最大带权最小点覆盖或者是最大独立集。

但是他又经常把这个范围给到 $n \leq 40$ 这种看上去可以用指数又不太能用指数的情况。

可能这个时候你就需要用到短小精悍的它。

基于状压和折半的独立集算法

首先给出我开始弄明白这个小知识点的来源题目：CF1767E Algebra Flash

题意是比较清楚的。

而你要从起点到达终点的一个充分必要条件是：

必须选择起点和终点。
相邻两个点必须选择一个点。

故你考虑对于起点和终点的颜色连一个自环，然后将相邻两个点分别对应的颜色连一条边。

故这个题就转化成了一个一般图最小带权点覆盖的问题。

而我们知道最小带权点覆盖 $=$ 点权和 $-$ 最大带权独立集。（注意这个东西在一般图上也是存在的）

故我们只需要知道这个图的最大带权独立集是什么。

首先有一个很 $naive$ 的状压是定义 $d p_{S}$ 表示只选择 $S$ 内部的点可以构成的最大独立集是多少。

另外，我们定义点 $x$ 的邻域的点构成的集合是 $N (x)$ 。

转移的话本质上我们只需要考虑这个集合中的任意一个点就行了，为了方便我们后面的优化，考虑 $highbit (S)$ ，假设是 $u$ 。

显然有： $d p_{S} = max (d p_{S - u}, d p_{S - N (u) - u} + w_{u} (u \notin N (u)))$ 。（显然如果是自环的话你不能把这个点当作最大独立集上的点）

时间复杂度 $O (2^{n})$ 。

但是这里 $n \leq 40$ 显然不可过啊。

于是我们考虑一个奇技淫巧，也是这个算法的关键所在。

首先先把这个 $dp$ 搬到记忆化搜索上面。由于我们使用的是 $highbit (S)$ ，故这个 $S$ 在搜素过程中逐渐减小。故我们考虑只对 $s < 2^{\frac{n}{2}}$ 这部分进行记忆化，而剩下的部分直接爆搜，具体见下：

long long dfs(long long sta)
{
    if(sta <= lim && ~dp[sta]) return dp[sta];
    if(sta == 0) return 0;
    int x = __lg(sta);
    long long ans = dfs(sta - (1ll << x));
    if(!((1ll << x) & d[x + 1])) ans = max(ans, dfs(sta - (1ll << x) - (sta & d[x + 1])) + w[x + 1]);
    if(sta <= lim) return dp[sta] = ans;
    return ans;
}

时间复杂度我们简单的证明一下。

对于搜索的前 $\frac{n}{2}$ 层，每向下递归一次，最多只会变成两个，故前半是 $O (2^{\frac{n}{2}})$ 。

对于后面的 $\frac{n}{2}$ 层，显然都会被记忆化到，无论你前面有多少种状态，加起来仍然只有 $2^{\frac{n}{2}}$ 级别。（就是在记忆化和非记忆化分层的哪些点只有 $2^{\frac{n}{2}}$ 而他们分别向外扩展也只会扩展成 $2^{\frac{n}{2}}$ 级别，有点像 $Meet in the middle$ 那种感觉）