题解 题

传送门

这题主要的难点在于题意的转化
直接理解是要求是否存在一种方案，使i，j都能存活下来
但这样需要遍历所有可能的方案
发现n很小，我们可以\(n^2\)的扫一遍所有可能的苹果对
那问题就可以转化为check两个苹果能否共存
如果我已经知道了哪些苹果必须活下来
那check方案的时候就可以判不合法了
但如果从前往后\(O(n)\)的扫一遍方案，会有两个都能选的，仍然需要爆搜
发现我们这样爆搜，仍然是在找出一个具体的合法方案
考虑一个方案合法的必要条件是什么
当前的这个苹果确实可以随便选，但我要求它后面不能再被选
所以可以倒序枚举，先选中必须存活的苹果，然后倒序枚举人
构建出一个使这个苹果存活所必须选择的苹果集合
这样后面必须选的苹果已经确定，那些随意选的苹果对后面的影响也就能固定了
对于一对\((u, v)\)， 如果后面两个都没被锁定，那它就不属于「使目标苹果存活所必须选择的苹果集合」
如果其中一个已经被锁定，那在这里就必须选另一个了
如果两个都已经被锁定，那目标苹果肯定是不能活下来的
发现对于每个苹果都能构建出这样一个集合
那就没必要先枚举苹果对了
对每个可以存活的苹果分别构建一个必要前提集合
一对\((u, v)\)能共存，当且仅当它们互不在对方的前提集合中，
且它们的前提集合没有交集（否则说明存在一对\((u, v_1)\)和\((u, v_2)\)都必须选\(u\)，也是不合法情况）
这题把题意转化为求给定元素的「前提集合」的思路挺神奇的

Code:
AC代码居然这么短

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define N 100010
#define ll long long 
#define ld long double
#define usd unsigned
#define ull unsigned long long
//#define int long long 

#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf, 1, 1<<21, stdin)), p1==p2?EOF:*p1++)
char buf[1<<21], *p1=buf, *p2=buf;
inline int read() {
	int ans=0, f=1; char c=getchar();
	while (!isdigit(c)) {if (c=='-') f=-f; c=getchar();}
	while (isdigit(c)) {ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48); c=getchar();}
	return ans*f;
}

int n, m;
int u[N], v[N], f[410];
bitset<410> s[410];

signed main()
{
	#ifdef DEBUG
	freopen("1.in", "r", stdin);
	#endif
	int ans=0;
	
	n=read(); m=read();
	for (int i=1; i<=m; ++i) u[i]=read(), v[i]=read();
	for (int i=1; i<=n; ++i) {
		f[i]=1; s[i][i]=1;
		for (int j=m; j; --j) {
			if (s[i][u[j]]&&s[i][v[j]]) {f[i]=0; break;}
			else if (s[i][u[j]]) s[i][v[j]]=1;
			else if (s[i][v[j]]) s[i][u[j]]=1;
		}
	}
	for (int i=1; i<=n; ++i) if (f[i]) 
		for (int j=i+1; j<=n; ++j) if (f[j]) 
			if (!(s[i]&s[j]).any()) ++ans;
	printf("%d\n", ans);

	return 0;
}