「hdu - 6355」Fireflies

link。

---

DAG 上的可重最小链覆盖，转化成偏序集的最大反链，其中偏序 $\mathrm x \leq \mathrm y$ 当且仅当每一维 $x_i \leq y_i$。

以下记 $a_i = p_i - 1$。考虑如下的等价问题：

给定包含 $n$ 种元素的多重集 $S$，其中 $i$ 种元素出现 $a_i$ 次。

定义子集之间的偏序为 $\subseteq$，求最大反链。

当 $a_i = 1$ 时即 Sperner 定理。事实上，该定理可以推广得到如下结果：

记 $M = \lfloor\frac{\sum a}{2}\rfloor$，则选择所有大小为 $M$ 的子集即达到最大反链。

---

考虑证明。

LYM 不等式：

记反链中大小为 $i$ 的子集数量为 $s_i$，有：

$$\sum_{i=0}^{n}\frac{s_i}{\binom{n}{i}}\leq 1$$

证明：

考虑一条最长链 $\empty\sube T_1 \sube \dots \sube T_n = S$，其中 $|T_i| = i$。

包含某个大小为 $k$ 的子集 $P_k$ 的最长链数量为 $k!(n-k)!$。所有最长链总数为 $n!$。

对于一条反链，没有两个子集在同一个最长链上，所以有不等式：

$$\sum_{i=0}^{n} i!(n-i)!s_i \leq n!$$

得证。

---

Sperner 定理：

$n$ 元集合，最多能选出 $\binom{n}{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}$ 个子集，满足没有任何两个子集之间存在包含关系，。

证明：

不难发现这是一个下界，考虑证明它同时也是上界。

由于 $\binom{n}{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor} \geq \binom{n}{i}$，所以 $\sum_{i=0}^{n}s_i/\binom{n}{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}\leq\sum_{i=0}^{n}s_i/\binom{n}{i}\leq 1$，得到 $\sum s_i \leq \binom{n}{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}$，于是它为上界。

然而很可惜的是，我并不会按照这个思路推广（查了 wiki 也不会，水平有限）。

考虑另一种证法（在《Introductory Combinatorics》中的 5.6 写到了这种证法）。

依然只需要证明上界，考虑用 Dilworth 定理转化，只需要找到一个大小为 $\binom{n}{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}$ 的链覆盖。

引入对称链的概念：我们称子集链 $T_1 \sube T_2 \sube \dots \sube T_k$ 是对称链，当且仅当 $|T_i| + 1 = |T_{i + 1}|$ 且 $|T_1| + |T_k| = n$。

注意到每条对称链恰好包含一个大小为 $\lfloor\frac{n}{2}\rfloor$ 的子集，因此对称链覆盖大小一定为 $\binom{n}{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}$。

---

归纳构造对称链覆盖，只有一个元素时是平凡的，考虑往已经求出链覆盖的集合中加入元素 $x$。

对于原来的链覆盖中每条对称链 $T_1 \sube T_2 \sube \dots \sube T_k$，分两种情况：

（1）$k = 1$，在新的链集中加入链 $T_1\sube T_1\cup\{x\}$。

（2）$k\neq 1$，在新的链集中加入链 $T_1 \sube T_2 \sube \dots \sube T_k\sube T_k\cup \{x\}$ 与 $T_1\cup \{x\} \sube T_2\cup \{x\} \sube \dots \sube T_{k-1}\cup \{x\}$。

不难发现它仍然是链覆盖（每个子集都不重不漏地被包含在某条链中），且每条链仍然是对称链。

这个证法就比较好推广到多重集上了。

多重集情况的证明：

大致思路一致，归纳构造对称链，每次加入 $a$ 个元素 $x$。为了方便，以下记 $k\times x$ 表示 $k$ 个元素 $x$。

对于链覆盖中每条对称链 $T_1 \sube T_2 \sube \dots \sube T_k$，依次在新的链集中加入如下的链（如果长度不够了就不管）：

$$\begin{aligned} T_1 \sube T_2 \sube \dots \sube T_k\sube T_k\cup \{1\times x\}\sube T_k\cup \{2\times x\}\sube \dots\sube T_k\cup \{a\times x\} \\ T_1\cup \{1\times x\} \sube T_2\cup \{1\times x\} \sube \dots \sube T_{k-1}\cup \{1\times x\}\sube T_{k-1}\cup \{2\times x\}\sube \dots\sube T_{k-1}\cup \{a\times x\} \\ T_1\cup \{2\times x\} \sube T_2\cup \{2\times x\} \sube \dots \sube T_{k-2}\cup \{2\times x\}\sube T_{k-2}\cup \{3\times x\}\sube \dots\sube T_{k-2}\cup \{a\times x\} \\ \dots \\ T_1\cup \{a\times x\} \sube T_2\cup \{a\times x\} \sube \dots\sube T_{k-a}\cup \{a\times x\} \\ \end{aligned}$$

依然不难发现它仍然是链覆盖，且每条链仍然是对称链。

由于每条对称链都包含恰好一个大小为 $\lfloor\frac{\sum a}{2}\rfloor$ 的子集，因此这就是上界。

---

之后就是个经典容斥，可以将组合数拆成 $n$ 次多项式，然后 meet in the middle 即可。

直接做 $O(2^{n/2}n^2)$，不知道能不能 $O(2^{n/2}n)$，口胡了个失败的做法（悲）。