YC262A [ 20240321 CQYC省选模拟赛 T1 ] 多边形(polygon)

题意

有一个由 \(0/1\) 组成的字符串 \(S\)。

给你 \(m\) 次操作。

假如 \(S_{u} = 1\) 且 \(S_{v} = 0\)，则交换 \(S_{u}, S_{v}\)。

假如对于所有的 \(S\)，使得最终字符串 \(S'\) 的所有 \(1\) 相邻。

请输出 \(1\) 的个数为 \([1, n]\) 的 \(S\) 的方案数。

答案对 \(2\) 取模。

\(n \le 35, m \le 1000\)

Sol

有一个很明显的 \(2 ^ n \times m\) 做法。

枚举 \(S\) 的最初状态，暴力操作 \(m\) 次。

套路地，考虑用 \(0, 1, 2\) 来表示当前的状态。

分类讨论。

• 若 \(S_u\) 与 \(S_v\) 都为 \(2\)。

注意到对于 \(S_u \neq S_v\) 时。

\(0\) 和 \(1\) 与 \(1\) 和 \(0\) 在操作过后都会变成 \(0\) 和 \(1\) 这个状态。

也就是说，当前的两种情况对于答案的贡献为 \(0\)。

直接不考虑即可。

只需要考虑 \(S_u = S_v = 0\) 和 \(S_u = S_v = 1\) 即可。

• 若 \(S_u\) 与 \(S_v\) 有一个为 \(2\)。

手摸一下可以发现，只要带 \(1\) 就会变成 \(2\) 和 \(1\)。

只要带 \(0\) 就会变成 \(0\) 和 \(2\)。

• 若 \(S_u\) 与 \(S_v\) 都不为 \(2\)。

两个都确定了，直接转移即可。

冷静一下。

发现状态变多的同时会使 \(2\) 的个数减 \(2\)，剩下所有情况都不会使状态变多。

状态数的级别为 \(O(2 ^ {n / 2})\)。

做完了。

最后统计一个状态是否合法。

总复杂度：\(O(2 ^ {n / 2} m + 2 ^ {n / 2} n ^ 2)\)。

Code

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <array>
#include <bitset>
#include <vector>
#define int long long
#define il inline
#define pii pair <int, int>
using namespace std;
#ifdef ONLINE_JUDGE

#define getchar() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1 << 21, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++)
char buf[1 << 23], *p1 = buf, *p2 = buf, ubuf[1 << 23], *u = ubuf;

#endif
il int read() {
    int p = 0, flg = 1;
    char c = getchar();
    while (c < '0' || c > '9') {
        if (c == '-') flg = -1;
        c = getchar();
    }
    while (c >= '0' && c <= '9') {
        p = p * 10 + c - '0';
        c = getchar();
    }
    return p * flg;
}
void write(int x) {
    if (x < 0) {
        x = -x;
        putchar('-');
    }
    if (x > 9) {
        write(x / 10);
    }
    putchar(x % 10 + '0');
}
bool _stmer;

#define fi first
#define se second

const int N = 36, M = 1005;

array <int, N> ans;
array <pii, M> s;

il void dfs(int n, int m, int isl1, int isl2, int x, int val) {
    if (x > m) {
        int tp0 = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            if (isl1 & (1ll << (i - 1))) tp0++;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            int tp1 = 0;
            for (int j = i; j <= n; j++) {
                if (!(isl1 & (1ll << (j - 1))) && !(isl2 & (1ll << (j - 1)))) break;
                tp1 += (bool)(isl1 & (1ll << (j - 1)));
                if (tp0 == tp1) ans[j - i + 1]++;
            }
        }
        return;
    }
    int u = 1ll << (s[x].fi - 1), v = 1ll << (s[x].se - 1);
    if ((isl2 & u) && (isl2 & v)) {
        dfs(n, m, isl1, isl2 ^ u ^ v, x + 1, val - 2);
        dfs(n, m, isl1 ^ u ^ v, isl2 ^ u ^ v, x + 1, val - 2);
    }
    else if (!(isl2 & u) && !(isl2 & v)) {
        if ((isl1 & u) && !(isl1 & v))
            isl1 ^= u, isl1 ^= v;
        dfs(n, m, isl1, isl2, x + 1, val);
    }
    else {
        if ((isl1 & u) || (isl1 & v)) {
            if (isl1 & u) isl1 ^= u ^ v, isl2 ^= u ^ v;
            dfs(n, m, isl1, isl2, x + 1, val);
        }
        else {
            if (isl2 & u) isl2 ^= u ^ v;
            dfs(n, m, isl1, isl2, x + 1, val);
        }
    }
}

bool _edmer;
signed main() {
    cerr << (&_stmer - &_edmer) / 1024.0 / 1024.0 << "MB\n";
    int n = read(), m = read();
    for (int i = 1; i <= m; i++)
        s[i].fi = read(), s[i].se = read();
    dfs(n, m, 0, (1ll << n) - 1, 1, n);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        write(ans[i] % 2), putchar(32);
    puts("");
    cerr << 1.0 * clock() / CLOCKS_PER_SEC << endl;
    return 0;
}