[WC2018]州区划分

题目

就当那个判断一个州不合法的条件是存在欧拉回路吧

一张无向图存在欧拉回路的条件是

图连通
不存在度数为奇数的点

于是我们枚举每一个子集，可以在\(O(2^nn^2)\)的时间内判断一个集合是否能独立成为一个州

之后我们设\(dp_i\)表示选取状态为\(i\)的时候的答案，\(s_i\)为这个状态对应的城市的人口之和

于是就有

\[dp_i=\sum_{j\subseteq i} dp_j(\frac{s_{i\bigoplus j}}{s_i})^p \]

我们可以枚举子集转移，于是复杂度\(O(3^n)\)

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define re register
#define LL long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define lb(x) ((x)&-(x))
const int mod=998244353;
const int maxn=(1<<21)+1;
inline int read() {
    char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||x>'9') c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
struct E{int v,nxt;}e[2222];
int n,num,m,p,S,len;
int fa[22],sz[22],c[22],w[22],head[22];
LL s[maxn],dp[maxn],g[maxn],inv[100*22];
int f[maxn];
inline void add(int x,int y) {
    e[++num].v=y;e[num].nxt=head[x];head[x]=num;
}
inline int find(int x) {
    return (x==fa[x])?x:fa[x]=find(fa[x]);
}
inline void merge(int x,int y) {
    int xx=find(x),yy=find(y);
    if(xx==yy) return;
    if(sz[xx]<sz[yy]) fa[xx]=yy,sz[yy]+=sz[xx];
        else fa[yy]=xx,sz[xx]+=sz[yy];
}
inline int chk(int S) {
    int tot=0;
    for(re int i=1;i<=n;i++) c[i]=0,fa[i]=i,sz[i]=1;
    for(re int i=1;i<=n;i++) {
        if(!(S>>(i-1)&1)) continue;++tot;s[S]+=w[i];
        for(re int j=head[i];j;j=e[j].nxt)
        if(S>>(e[j].v-1)&1) c[e[j].v]++,merge(i,e[j].v);
    } 
    int t=0;
    for(re int i=1;i<=n;i++) {
        if(!(S>>(i-1)&1)) continue;
        if(sz[find(i)]<tot) return 1;
        t|=(c[i]&1);
    }
    return t;
}
inline LL calc(int t,int i) {
    if(p==0) return 1;
    if(p==1) return s[t]*inv[s[i]]%mod;
    if(p==2) return s[t]*inv[s[i]]%mod*s[t]%mod*inv[s[i]]%mod;
}
int main() {
    n=read();m=read();p=read();
    for(re int x,y,i=1;i<=m;i++)
        x=read(),y=read(),add(x,y),add(y,x);
    for(re int i=1;i<=n;i++) w[i]=read(),S+=w[i];
    inv[1]=1;
    for(re int i=2;i<=S;i++) inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    len=(1<<n);
    for(re int i=0;i<len;i++) f[i]=chk(i);
    dp[0]=1;
    for(re int i=1;i<len;i++) {
        for(re int t=i;t;t=(t-1)&i) {
            if(!f[t]) continue;
            dp[i]=(dp[i]+dp[i^t]*calc(t,i)%mod)%mod;
        }
    }
    std::cout<<dp[len-1];
    return 0;
}

发现这样不是很科学啊，我们考虑改写一下我们的柿子

\[dp_i=\frac{\sum_{j|k=i,b_j+b_k=b_i}dp_js_k^p}{s_i^p} \]

也就是

\[dp_is_i^p=\sum_{j|k=i,b_j+b_k=b_i}dp_js_k^p \]

\(b_i\)表示\(i\)这个状态\(1\)的个数

满足这两个条件我们就可以认为\(j\)是\(i\)的一个子集，同时\(k\)是\(j\)关于\(i\)的补集了

看起来有点像或卷积啦，但是有了那个限制条件看起来又不是很好做

但是我们发现我们可以强行一下，就是对于每一种\(b_i\)分别来做

考虑当前我们求得是\(b_i=T\)的\(dp_i\)的值，从小到大枚举\(T\)的值

我们把\(s_i^p\)和\(dp_i\)按照\(b_i\)分别存好，之后\(fwt\)变换一下

我们可以枚举\(b_j\)的取值，那样相应的\(b_k=T-b_j\)，之后我们利用已经得到的\(fwt\)数组直接对应求积就好了

但是我们这样求得是\(dp_i\times s_i^p\)，我们求完一种\(T\)就要把这个数组给\(fwt\)回来，乘上\(s_i^p\)的逆元，再\(fwt\)回去，因为之后还需要用

由于我们强行枚举\(b_i\)的取值，所以复杂度是\(O(2^nn^2)\)

代码

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<vector>
#define re register
#define LL long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define lb(x) ((x)&-(x))
const int mod=998244353;
const int maxn=(1<<21)+1;
inline int read() {
	char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||x>'9') c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
std::vector<int> v[22];
struct E{int v,nxt;}e[2222];
int n,num,m,p,S,len;
int fa[22],sz[22],c[22],w[22],head[22];
int s[maxn],inv[100*22];
int a[22][maxn],b[22][maxn];
int f[maxn],cnt[maxn];
inline int calc(int t) {
	if(!p) return 1;
	if(p==1) return t;
	return 1ll*t*t%mod;
}
inline int Inv(int t) {
	if(!p) return 1;
	if(p==1) return inv[t];
	return 1ll*inv[t]*inv[t]%mod;
}
inline void add(int x,int y) {
	e[++num].v=y;e[num].nxt=head[x];head[x]=num;
}
inline int find(int x) {
	return (x==fa[x])?x:fa[x]=find(fa[x]);
}
inline void merge(int x,int y) {
	int xx=find(x),yy=find(y);
	if(xx==yy) return;
	if(sz[xx]<sz[yy]) fa[xx]=yy,sz[yy]+=sz[xx];
		else fa[yy]=xx,sz[xx]+=sz[yy];
}
inline int chk(int S) {
	int tot=0;
	for(re int i=1;i<=n;i++) c[i]=0,fa[i]=i,sz[i]=1;
	for(re int i=1;i<=n;i++) {
		if(!(S>>(i-1)&1)) continue;++tot;s[S]+=w[i];
		for(re int j=head[i];j;j=e[j].nxt)
		if(S>>(e[j].v-1)&1) c[e[j].v]++,merge(i,e[j].v);
	} 
	int t=0;
	for(re int i=1;i<=n;i++) {
		if(!(S>>(i-1)&1)) continue;
		if(sz[find(i)]<tot) return 1;
		t|=(c[i]&1);
	}
	return t;
}
inline void Fwt(int *f,int o) {
	for(re int i=2;i<=len;i<<=1)
		for(re int ln=i>>1,l=0;l<len;l+=i)
			for(re int x=l;x<l+ln;++x) {
				f[x+ln]=(f[x+ln]+o*f[x])%mod;
				if(o<0&&f[x+ln]<0) f[x+ln]=(f[ln+x]+mod)%mod;
			}
}
int main() {
	n=read();m=read();p=read();
	for(re int x,y,i=1;i<=m;i++)
		x=read(),y=read(),add(x,y),add(y,x);
	for(re int i=1;i<=n;i++) w[i]=read(),S+=w[i];
	inv[1]=1;
	for(re int i=2;i<=S;i++) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
	len=(1<<n);
	for(re int i=1;i<len;i++) f[i]=chk(i);
	b[0][0]=1;
	for(re int i=0;i<len;i++) {
		cnt[i]=cnt[i>>1]+(i&1);
		v[cnt[i]].push_back(i);
		a[cnt[i]][i]=calc(s[i])*f[i];
		if(cnt[i]==1) b[1][i]=1ll*calc(s[i])*f[i]*Inv(s[i])%mod;
	}
	for(re int i=1;i<=n;i++) Fwt(a[i],1);
	Fwt(b[0],1);Fwt(b[1],1);
	for(re int i=2;i<=n;i++) {
		for(re int j=1;j<=i;j++)
			for(re int k=0;k<len;k++)
				b[i][k]=(b[i][k]+1ll*a[j][k]*b[i-j][k]%mod)%mod;
		Fwt(b[i],-1);
		for(re int j=0;j<v[i].size();j++) {
			int k=v[i][j];
			b[i][k]=(1ll*b[i][k]*Inv(s[k]))%mod;
		}
		if(i!=n) Fwt(b[i],1);
	}
	printf("%d\n",b[n][len-1]);
	return 0;
}

posted @ 2019-04-11 20:42 asuldb 阅读(234) 评论(0) 编辑收藏举报

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Tommy_clas

Ведь от тайги до британских морей，Красная Армия всех сильней !

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