【XSY3976】匹配（状压dp，分层图，根号分类讨论）
题面
题解
注意以下均有前提 \(a<b\)。
考虑两种做法：
做法一
考虑 DP。设 \(f(i,sta)\) 表示当前已经确定了前 \(i\) 个点之间的连边情况，且最后 \(i-b+1\sim i\) 这 \(b\) 个点的匹配状态为 \(sta\) 的方案数。
转移显然，时间复杂度 \(O(n2^b)\)。
做法二
为了方便，不妨把所有点的编号都减 \(1\)，即原来的 \(1\sim n\) 号点变成了现在的 \(0\sim n-1\) 号点。
题目给的描述容易联想到给所有点分层。
考虑将模 \(b\) 相同的点从小到大分在一层，那么一共有 \(b\) 层，每一层有 \(\dfrac{n}{b}\) 左右个点。
那么只会有同层内相邻点之间的连边、第 \(i\) 层和第 \((i+a)\bmod b\) 层之间的连边。
注意到层与层之间的连边会构成一个环。
意思是说第 \(i\) 层与第 \((i+a)\bmod b\) 层之间会连边，第 \((i+a)\bmod b\) 与第 \((i+2a)\bmod b\) 层之间会连边，……，第 \((i+ka)\bmod b\) 层与第 \(i\) 层之间会连边。
考虑把所有层构成的若干个环抽出来分别计算方案数，最后乘起来就是答案。
对于一个环，我们也考虑 DP。（注意在环中，假设当前为第 \(i\) 层，那么我所说的第 \(i\) 层的 “下一层” 指的是第 \((i+a)\bmod b\) 层。
由于这是一个环，所以我们一层一层往下 DP 的时候需要记录第一层的状态，然后最后一层往第一层转移时要特殊处理。
更简便地，我们可以先钦定最后一层往第一层连的状态 \(S_0\)，然后再按这个状态从第一层往下转移，最后又转移到第一层时我们只记录状态为 \(S_0\) 的答案即可。（详见代码）
然后发现如果转移时把相邻两层点的匹配状态都记录的话会导致超时。
考虑优化。
假设当前层为第 \(i\) 层，发现当前层的第 \(j\) 个点往第 \((i+a)\bmod b\) 层连边时要么连的是第 \(j\) 个点，要么连的是第 \(j+1\) 个点。
所以我们考虑轮廓线 DP。
具体来说，假设当前在第 \(i\) 层第 \(j\) 个点，我们只记录到上一层同样位置的点：
如图，假设我当前在第 \(i\) 行第 \(j\) 列，那么我需要记录的匹配状态即为红框部分。
那么就可以直接 DP 了。
时间复杂度 \(O(n 2^{\tfrac{2n}{b}})\)。
结合
考虑将两种做法结合。
显然当 \(b\leq 20\) 的时候我们选取第一种做法，当 \(b>20\) 的时候我们选取第二种做法。
这样就可以过了。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
#define N 210
using namespace std;
namespace modular
{
const int mod=998244353;
inline int add(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
inline int dec(int x,int y){return x-y<0?x-y+mod:x-y;}
inline int mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}
}using namespace modular;
inline int read()
{
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')
{
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^'0');
ch=getchar();
}
return x*f;
}
int n,m,a,b;
int v1[N<<1],v2[N<<1];
namespace subtask1
{
int f[2][1050010];
void main()
{
int now=0,maxn=1<<b;
f[0][0]=1;
for(int i=1;i<n;i++)
{
now^=1;
memset(f[now],0,sizeof(f[now]));
for(int sta=0;sta<maxn;sta++)
{
if(sta&1)
{
if(v1[i]&&((sta>>a)&1))
{
f[now][sta]=add(f[now][sta],f[now^1][(sta^(1<<a))>>1]);
f[now][sta]=add(f[now][sta],f[now^1][((sta^(1<<a))>>1)|(maxn>>1)]);
}
if(v2[i]) f[now][sta]=add(f[now][sta],f[now^1][sta>>1]);
}
else f[now][sta]=add(f[now^1][sta>>1],f[now^1][(sta>>1)|(maxn>>1)]);
}
}
int ans=0;
for(int sta=0;sta<maxn;sta++)
ans=add(ans,f[now][sta]);
printf("%d\n",ans);
}
}
namespace subtask2
{
bool vis[N];
int id[N],size[N];
int f[2][2100];
int work(int x)
{
int maxsize=size[x];
for(int i=(x+a)%b;i!=x;i=(i+a)%b)
maxsize=max(maxsize,size[i]);
maxsize++;
int maxn=1<<maxsize,max0=1<<size[x];
int ans=0;
for(int S0=0;S0<max0;S0++)
{
int now=0;
memset(f[now],0,sizeof(f[now]));
f[now][S0]=1;
for(int i=(x+a)%b;;i=(i+a)%b)
{
vis[i]=1;
int tmp=i;
for(int j=0;j<size[i];j++,tmp+=b)
{
now^=1;
memset(f[now],0,sizeof(f[now]));
for(int sta=0;sta<maxn;sta++)
{
if(sta&1)
{
if(v1[tmp])
{
int c=size[(tmp-a)%b]-id[tmp-a]+id[tmp];
if(c<maxsize)
{
if((sta>>c)&1)
{
f[now][sta]=add(f[now][sta],f[now^1][(sta^(1<<c))>>1]);
f[now][sta]=add(f[now][sta],f[now^1][((sta^(1<<c))>>1)|(maxn>>1)]);
}
}
else f[now][sta]=f[now^1][sta>>1];
}
if(v2[tmp])
{
if((sta>>1)&1)
{
f[now][sta]=add(f[now][sta],f[now^1][(sta^(1<<1))>>1]);
f[now][sta]=add(f[now][sta],f[now^1][((sta^(1<<1))>>1)|(maxn>>1)]);
}
}
}
else f[now][sta]=add(f[now^1][sta>>1],f[now^1][(sta>>1)|(maxn>>1)]);
}
}
if(i==x) break;
}
for(int sta=S0;sta<maxn;sta++)
{
int tmp=sta^S0;
if(((tmp>>size[x])<<size[x])==tmp)
ans=add(ans,f[now][sta]);
}
}
return ans;
}
void main()
{
for(int i=0;i<b;i++)
{
id[i]=0;
for(int j=i+b;j<n;j+=b)
size[i]=id[j]=id[j-b]+1;
size[i]++;
}
int ans=1;
for(int i=0;i<b;i++)
{
if(!vis[i])
{
ans=mul(ans,work(i));
}
}
printf("%d\n",ans);
}
}
int main()
{
n=read(),m=read(),a=read(),b=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u=read()-1,v=read()-1;
if(v-u==a) v1[v]=1;
else v2[v]=1;
}
if(b<=20) subtask1::main();
else subtask2::main();
return 0;
}
/*
4 3 1 2
1 2
1 3
3 4
*/
