【学习笔记】从 CTSC 2008 祭祀一题谈起的最长反链相关问题的解决方法
本题的题意：给出一个 DAG，求最长反链。
Dilworth 定理：偏序集上最长反链的长度等于最小链覆盖中链的数量。
先做一遍传递闭包，使得 DAG 中 \(x<y\) 的定义"从 \(x\) 向 \(y\) 有连边"变为了"从 \(x\) 出发能够到达 \(y\)“，此时就可以直接套用 Dilworth 定理了。
1. 求解最小链覆盖大小
将所有的点拆为 出（\(x_0\)）、入（\(x_1\)） 两点，形成一个二分图。对于 DAG 上的 \(x<y\)，连边 \((x_0,y_1)\) 。因为每个出点只能匹配一个入点，每个入点只能匹配一个出点，此时求该二分图的最大匹配。
令最大匹配大小为 \(m\)，假设最开始每个点自成一条链，接下来每匹配一条边那么最小链覆盖大小就减一，所以最小链覆盖大小为 \(n-m\) 。当然从最大匹配可以还原出最小链覆盖。
2. 构造最长反链方案
这个部分较复杂。
-
Step 1. 求出最小顶点覆盖
结论：最小顶点覆盖大小等于最大匹配大小。
考虑这么一个构造最小顶点覆盖的方法：选取右侧没有匹配点开始 dfs，从右侧往左侧 dfs 走非匹配边，左侧往右侧走匹配边。
那么最小顶点覆盖的方案为：左侧被访问过的点，右侧没被访问过的点。
接下来考虑证明两个问题：1. 最小顶点覆盖大小 等于 最大匹配大小。 2. 这样选出来的点集的确覆盖了所有的边。
先考虑第一个问题：可以发现右侧留下的点一定都是匹配边端点，并且其匹配的左侧点一定没有被访问过（否则右侧的这个点也会被访问），不会留下。同时可以发现左侧留下的点一定都是匹配边端点（否则出现一组新的匹配），并且其匹配的右侧点一定被访问过。
也就是说，留下的肯定都是匹配边端点，并且每条匹配边恰好留下一个端点，所以有 最小顶点覆盖大小 等于 最大匹配大小 。
接着考虑第二个问题：讨论每一条边，如果这条边的左侧端点被访问过，或者右侧端点没被访问过，那么这条边必定被覆盖。接下来只需要讨论"左侧端点没被访问过，右侧端点被访问过"这种边了，可以证明这种边不存在：
- 假设右侧端点是非匹配点，那么没访问左侧端点的情况只有该边是匹配边，与假设矛盾。
- 假设右侧端点是匹配点，那么一定是从左侧的另一条匹配边访问过来的（如果从当前边访问过来显然矛盾），也就是说，当前边一定是非匹配边，所以左侧端点必然被访问，与条件矛盾。
所以所有遍都被覆盖了，我们选出来了最小顶点覆盖。
-
Step 3. 求出最大独立集
结论：最大独立集、最小顶点覆盖互为补集。
考虑最小顶点覆盖的补集中的一个点，与其相邻的点必须都在最小顶点覆盖中，才能够覆盖所有相邻的边。这句话的意思是，最小顶点覆盖的补集中的点两两不相邻。
同时考虑最大独立集的补集中的一个点，与该点相邻的点中一定有最大独立集中的点，为了覆盖这之间的边，该点必须属于最小定点覆盖。
-
Step 2. 通过最大独立集构造最长反链方案
考虑这么一个做法：对于每个 \(x\)，如果 \(x_0,x_1\) 都在最大独立集中，那么将 \(x\) 加入到反链中。
注意到因为最小顶点覆盖大小为 \(m\)，所以最大独立集大小为 \(2n-m\) 。同时令构造出的反链大小为 \(t\)，那么最大独立集（记为 \(S\)）大小为 \(t+\sum\limits_{x}[(x_0\in S)\lor (x_1\in S)]\)，注意到因为后面部分不超过 \(n\)，所以可以得到 \(t\geq n-m\) 。
也就是说 \(t\) 不小于 \(n-m\) 。事实上，根据 Dilworth 定理，\(t\) 恰好为 \(n-m\)，我们构造出了最长反链方案。
3. 完成本题的第三问
本篇文章的主体内容到这里就结束了，接下来是"祭祀"一题第三问的做法。
其实只需要删除该点以及相邻的点，然后再求最大反链即可，如果大小差为 \(1\) 说明可以。时间复杂度为 \(O(n^2m)\) 。
4. 代码实现
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair <int, int> pii;
#define fi first
#define se second
#define rez resize
#define pb push_back
#define mkp make_pair
#define Lep(i, l, r) for (int i = l; i < r; ++ i)
#define Rep(i, r, l) for (int i = r; i > l; -- i)
#define lep(i, l, r) for (int i = l; i <= r; ++ i)
#define rep(i, r, l) for (int i = r; i >= l; -- i)
const int mod = 1e9 + 7;
inline int mul (int x, int y) { return 1ll * x * y % mod; }
inline void sub (int &x, int y) { x -= y; if (x < 0) x += mod; }
inline void pls (int &x, int y) { x += y; if (x >= mod) x -= mod; }
inline int dec (int x, int y) { x -= y; if (x < 0) x += mod; return x; }
inline int add (int x, int y) { x += y; if (x >= mod) x -= mod; return x; }
inline int modpow (int x, ll y, int res = 1) {
for (y = (y + mod - 1) % (mod - 1); y; y >>= 1, x = mul (x, x)) if (y & 1) res = mul (x, res);
return res;
}
char _c; bool _f; template <class T> inline void IN (T & x) {
x = 0, _f = 0; while (_c = getchar (), ! isdigit (_c)) if (_c == '-') _f = 1;
while (isdigit (_c)) x = x * 10 + _c - '0', _c = getchar (); if (_f) x = -x;
}
template <class T> inline void chkmin (T & x, T y) { if (x > y) x = y; }
template <class T> inline void chkmax (T & x, T y) { if (x < y) x = y; }
const int N = 1e2 + 5;
bool tag[N << 1], vis[N << 1], able[N], G[N][N];
int n, m, match[N << 1];
bool solve (int u) {
if (vis[u]) return false;
vis[u] = true;
lep (i, 1, n) if (G[u][i] && able[i])
if (! match[i + n] || solve (match[i + n]))
return match[i + n] = u, match[u] = i + n, true;
return false;
}
void addtag (int u) {
tag[u] = vis[u] = true;
lep (i, 1, n) if (G[i][u - n] && (! vis[i] && u != match[i])) {
tag[i] = vis[i] = true;
if (match[i]) addtag (match[i]);
}
}
int main () {
IN (n), IN (m);
for (int i = 1, u, v; i <= m; ++ i) IN (u), IN (v), G[u][v] = true;
lep (k, 1, n) lep (i, 1, n) lep (j, 1, n) G[i][j] |= G[i][k] & G[k][j];
int ans = 0;
lep (i, 1, n) able[i] = true;
lep (i, 1, n) memset (vis, 0, sizeof vis), ans += solve (i);
printf ("%d\n", n - ans);
memset (vis, 0, sizeof vis);
lep (i, 1, n) if (! match[i + n] && ! vis[i + n]) addtag (i + n);
lep (i, 1, n) putchar ((! tag[i] && tag[i + n]) ? '1' : '0');
puts ("");
lep (i, 1, n) {
int nown = 0, nans = 0;
lep (j, 1, n) able[j] = ! (i == j || (G[i][j] || G[j][i])), nown += able[j];
memset (match, 0, sizeof match);
lep (j, 1, n) if (able[j]) memset (vis, 0, sizeof vis), nans += solve (j);
putchar ((nown - nans + 1 == n - ans) ? '1' : '0');
}
puts ("");
return 0;
}
