LOJ2290 「THUWC 2017」随机二分图
LOJ2290 「THUWC 2017」随机二分图
本题题解
设完美匹配数量的期望是 \(E\)。根据期望的定义：
根据期望的线性性，可以转化为：
暴力做法，可以 \(\mathcal{O}(n!)\) 枚举一组完美匹配，计算它出现的概率。
计算一组完美匹配出现的概率，只需要考虑这组完美匹配里的边。举个例子，你要求抛 \(3\) 次硬币，前两次都是正面朝上的概率，这个概率就是 \(\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}\)，而不需要考虑第三次的结果。同理，本题里，在计算时，只需要保证当前这组完美匹配里的边都在图上出现了，而其它边是否出现则不用管。
优化上述暴力。考虑使用状压 DP。当只有 \(t = 0\) 时，可以设 \(\mathrm{dp}_0(i, s)\)，其中 \(s\) 是一个二进制状态，表示考虑了左边的前 \(i\) 个点，匹配掉了右边 \(s\) 里这些点，发生的概率。转移时枚举左边第 \(i + 1\) 个点匹配了右边的哪个点，乘上概率 \(\frac{1}{2}\)，进行转移。最后 \(E = \mathrm{dp}_0(n, 2^n - 1)\)。
当有 \(t = 1\) 和 \(t = 2\) 时，要注意到：题目限制了一组里两条边在图上的出现情况，但并未直接限制它们在完美匹配里的出现情况。例如：对于 \(t = 1\) 的两条边 \((a_1, b_1),(a_2, b_2)\)，它们在图上要么同时出现，要么同时不出现（这是题目要求的），但在完美匹配里，可能只有 \((a_1, b_1)\)，或只有 \((a_2, b_2)\)，或两个都有，或两个都没有（当然，根据前面的讨论，两个都没有时不用管，我们只计算出现了的边出现的概率）。也就是说，一条边出现在图里和出现在完美匹配里，是两回事，在接下来读题解时，不要把它们搞混了。
因为涉及到要同时加入两条边，我们把 DP 状态改一改。设 \(\mathrm{dp}_1(s_1, s_2)\) 表示左边 \(s_1\) 里这些点匹配了右边 \(s_2\) 里这些点（\(s_1, s_2\) 二进制下 \(1\) 的个数相同）。但是转移时遇到麻烦了。例如我要考虑，【只有 \((a_1,b_1)\) 出现在完美匹配里】的情况，那这个状态相当于要带一个附件要求：在此后的转移里，不能单独选 \((a_2, b_2)\)（否则就和【\((a_1, b_1)\)，\((a_2, b_2)\) 同时出现在完美匹配里】这种情况重复了）。但是你又不好把这个附加要求写进 DP 状态里，于是就会算进去一些不该算的东西，导致答案错误。
怎么办？本题的精髓就在这里了。将一组 \(t = 1\) 的两条边拆开！假装它们就是 \(t = 0\) 的两组边。观察此时在计算答案时，会是什么效果：
- 如果在最终的完美匹配里只出现了 \((a_1, b_1)\)，那在我们统计时它对概率的贡献是 \(\frac{1}{2}\)。它代表的实际情况是：\((a_1, b_1)\) 和 \((a_2, b_2)\) 都在图里，我们知道这种情况实际出现的概率也是 \(\frac{1}{2}\)。所以算的就是对的！
- 如果在最终的完美匹配里只出现了 \((a_2, b_2)\)，和上一种情况同理。
- 如果在最终的完美匹配里，同时出现了 \((a_1, b_1)\) 和 \((a_2, b_2)\)，则统计时对概率的贡献是 \(\frac{1}{4}\)。但是它代表的实际情况是 \((a_1, b_1)\) 和 \((a_2, b_2)\) 都在图里，我们知道这种情况出现的概率其实是 \(\frac{1}{2}\)。所以这里就少算了 \(\frac{1}{4}\)。怎么办？根据期望的线性性，我们单独把这少算的 \(\frac{1}{4}\) 加回来就行了！所以我们新建一种转移，同时取 \((a_1,b_1)\) 和 \((a_2,b_2)\)，且这种转移的系数是 \(\frac{1}{4}\)。
- 如果都没出现，不用管。
\(t = 2\) 是类似的。【在最终的完美匹配里，同时出现了 \((a_1, b_1)\) 和 \((a_2, b_2)\)】，这种情况在统计时对概率的贡献是 \(\frac{1}{4}\)，但实际上它发生的概率是 \(0\)。所以我们要想办法减掉这 \(\frac{1}{4}\)。新建一种系数是 \(-\frac{1}{4}\) 的转移即可。
此外，一定不要把【相同的匹配、不同的加入顺序】当成不同的方案。解决的方法是转移时，强制选当前左边（\(s_1\) 里）编号最小（或最大）的一个空点进行转移。
上述状压 DP，看起来时间复杂度是 \(\mathcal{O}(2^{2n}\cdot n^2)\)。但其实有了【\(s_1, s_2\) 二进制下 \(1\) 的个数相同】这个要求后，状态数从 \(2^{2n}\) 减小至 \(\sum_{i = 0}^{n}{n\choose i}^2 = {2n\choose n}\approx 1.5\cdot 10^8\)。仍然有些大。但我们可以用 \(\texttt{std::map}\) 存状态，使用记忆化搜索进行 DP，即可通过本题。
参考代码
放一个网上的，很好看的代码。
/*program by mangoyang*/
#pragma GCC optimize("Ofast", "inline")
#include<bits/stdc++.h>
#define inf ((int)(1e9))
#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
typedef long long ll;
using namespace std;
template <class T>
inline void read(T &x){
int f = 0, ch = 0; x = 0;
for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = 1;
for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = x * 10 + ch - 48;
if(f) x = -x;
}
const int INV2 = 500000004, INV4 = 250000002, mod = 1e9 + 7;
map<int, int> f;
int a[300], b[300], n, m, cnt;
inline int Pow(int a, int b){
int ans = 1;
for(; b; b >>= 1, a = 1ll * a * a % mod)
if(b & 1) ans = 1ll * ans * a % mod;
return ans;
}
inline int dfs(int mask){
if(mask == (1 << (n << 1)) - 1) return 1;
if(f.count(mask)) return f[mask];
int now = 0, tmp = 0;
for(int i = n - 1; ~i; i--)
if(!((1 << i) & mask)) now = (1 << i);
for(int i = 1; i <= cnt; i++)
if((now & a[i]) && !(mask & a[i]))
(tmp += 1ll * dfs(mask | a[i]) * b[i] % mod) %= mod;
return f[mask] = tmp;
}
int main(){
read(n), read(m);
for(int i = 1, op, x, y; i <= m; i++){
read(op), read(x), read(y), x--, y--;
int tmp = (1 << x) | (1 << y + n);
a[++cnt] = tmp, b[cnt] = INV2;
if(op){
read(x), read(y), x--, y--;
a[++cnt] = (1 << x) | (1 << y + n), b[cnt] = INV2;
if(tmp & ((1 << x) | (1 << y + n))) continue;
tmp |= (1 << x) | (1 << y + n);
a[++cnt] = tmp, b[cnt] = op == 1 ? INV4 : -INV4 + mod;
}
}
cout << 1ll * dfs(0) * Pow(2, n) % mod << endl;
return 0;
}
