[CERC2016]二分毯 Bipartite Blanket

IX.[CERC2016]二分毯 Bipartite Blanket

二分图的重要定理：霍尔定理（Hall's Theroem）的应用。

霍尔定理：二分图 $V=\Big((S,T),E\Big)$ 存在完美匹配，当且仅当 $\forall s\subseteq S,|s|\leq |E_s|$。

翻译成人话就是对于由两个分部 $S,T$ 构成的二分图，其存在完美匹配，当且仅当对于 $S$ 的所有非空子集，其所联通的点集大小大于等于其自身大小。

其必要性显然。其充分性可以这样反证：假设存在一二分图，其满足霍尔定理，但是不存在完美匹配。于是在最大匹配之时，左部必存在一个没有被匹配的节点$a$。因为霍尔定理成立，该节点必至少连到右部的某节点$b$；如果$b$未被匹配，显然匹配$a,b$会使匹配增大，与最大匹配的前提相悖；则该节点必在左部有匹配点$c$。考虑集合$\{a,c\}$，其必至少存在一条边，连接两点之一与点$b$外的某点$d$，否则则与霍尔定理相悖；假如该边连接$a,d$，显然可以仿照之前的证明继续下去，直到出现如下情况，即存在一条边连接$c,d$。如果$d$是失配点，显然$a\rightarrow b\rightarrow c\rightarrow d$构成一条交错路，全部取反即可令匹配增大，与最大匹配前提相悖；否则，即可找到$d$的匹配点$e$……一直这样下去，最终必会出现一条交错路，则与最大匹配相悖。故霍尔定理成立。

我们回到本题。显然，本题的左部和右部是独立的；于是我们可以左右分别考虑，用状压DP求出左右所有符合霍尔定理的子集，排序后用two-pointers加以合并即可。

时间复杂度$O\Big(n2^n+(2^n)\log(2^n)\Big)=O(n2^n)$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long res;
int n,m,N,M,a[20],b[20],f[1<<20],g[1<<20],s[1<<20],t[1<<20],p[20],q[20],lim;
vector<int>u,v;
char str[30];
bool x[1<<20],y[1<<20];
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m),N=(1<<n),M=(1<<m);
	for(int i=0;i<n;i++){
		scanf("%s",str);
		for(int j=0;j<m;j++)if(str[j]=='1')a[i]|=(1<<j),b[j]|=(1<<i);
	}
	for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&p[i]);
	for(int i=0;i<m;i++)scanf("%d",&q[i]);
	scanf("%d",&lim);
	for(int i=0;i<N;i++){
		for(int j=0;j<n;j++)if(i&(1<<j))f[i]|=a[j],x[i]|=x[i^(1<<j)],s[i]+=p[j];
		x[i]|=(__builtin_popcount(f[i])<__builtin_popcount(i));
		if(!x[i])u.push_back(s[i]);
	}
	for(int i=0;i<M;i++){
		for(int j=0;j<m;j++)if(i&(1<<j))g[i]|=b[j],y[i]|=y[i^(1<<j)],t[i]+=q[j];
		y[i]|=(__builtin_popcount(g[i])<__builtin_popcount(i));
		if(!y[i])v.push_back(t[i]);
	}
	sort(u.begin(),u.end()),sort(v.rbegin(),v.rend());
	for(int i=0,j=0;i<u.size();i++){
		while(j<v.size()&&u[i]+v[j]>=lim)j++;
		res+=j;
	}
	printf("%lld\n",res);
	return 0;
}