AT_arc186_a [ARC186A] Underclued

这题赛时想到从图的角度考虑，完全没想到这么搞二分图啊！

我们构造二分图进行思考。当 $A_{i,j}=1$ 时，将左部 $i$ 向右部 $j$ 连边，当 $A_{i,j}=0$ 时，将右部 $i$ 向左部 $j$ 连边，那么两图相似显然要满足每个点出度入度相同，那么什么边可以改变呢？注意到只要我们能够在这张图中找到一个简单环，然后我们把这些边全部转向就可以造出一张新的相似的图。而对于另外的边，我们动不了。

然后，我们考虑怎么利用这个性质。我们可以利用 dp，每次给图加入一个强连通分量，那么里面的边全都可以动，直接暴力 $\mathcal{O}(n^6)$ 枚举转移即可。可以使用 bitset 优化，那么时间复杂度是 $\mathcal{O}(\frac{n^6}{w})$。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rep(i, l, r) for (int i = l; i <= r; ++ i)
#define rrp(i, l, r) for (int i = r; i >= l; -- i)
#define pii pair <int, int>
#define eb emplace_back
#define ls p << 1
#define rs ls | 1
using namespace std;
constexpr int N = 30 + 5, B = 71, P = 1042702009;
typedef unsigned long long ull;
inline int rd () {
  int x = 0, f = 1;
  char ch = getchar ();
  while (! isdigit (ch)) {
    if (ch == '-') f = -1;
    ch = getchar ();
  }
  while (isdigit (ch)) {
    x = (x << 1) + (x << 3) + ch - 48;
    ch = getchar ();
  }
  return x * f;
}
int qpow (int x, int y) {
  int ret = 1;
  for (; y; y >>= 1, x = x * x % P) if (y & 1) ret = ret * x % P;
  return ret;
}
int n, q;
bitset <901> dp[N][N];
signed main () {
  // freopen ("1.in", "r", stdin);
  // freopen ("1.out", "w", stdout);
  n = rd (), q = rd ();
  dp[0][0][0] = 1;
  rep (X, 1, n) rep (Y, 1, n) rep (x, 0, X - 2) rep (y, 0, Y - 2) dp[X][Y] |= dp[x][y] << ((X - x) * (Y - y));
  bitset <901> sum;
  rep (x, 0, n) rep (y, 0, n) sum |= dp[x][y];
  for (; q; -- q) {
    int x = rd ();
    puts (sum[n * n - x] ? "Yes" : "No");
  }
}