Solution -「AGC 016F」Games on DAG
Link.
给定一个含 个点 条边的 DAG,有两枚初始在 1 号点和 2 号点的棋子。两人博弈,轮流移动其中一枚棋子到邻接结点位置,无法移动者负。求 个边集中,加入图中能使先手必胜的方案数。答案对 取模。
。
先从博弈角度思考:两枚棋子显然独立,那么先手必胜等价于 ,其中, 有
在不同边集的情况中, 有所改变,所以情况不同。
接下来,方便起见,尝试计数 的情况。令 表示仅考虑点集 的导出子图时, 的方案数。而 DP 中的“子问题”源于 函数中 的定义——如果我们挑除所有 的 (一定存在)及其邻接边,剩下的子图仍然是同类问题,只是所有 值减少 ,不影响 DP 定义,这就是转移的雏形。具体地,枚举点集 ,钦定其中所有点的 非 ,考虑:
-
, 中每个点至少连向一个 中的点,其余边任意(注意 中的边是子问题,不考虑)。
-
,已经满足条件,在上种情况的基础上加上 中边任选的方案,直接贡献。
综上,复杂度 。
/* Clearink */
#include <cstdio>
#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, repEnd##i = r; i <= repEnd##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, repEnd##i = l; i >= repEnd##i; --i )
const int MAXN = 15, MAXM = MAXN * ( MAXN - 1 ) >> 1, MOD = 1e9 + 7;
int n, m, pwr[MAXM + 5], conc[1 << MAXN][MAXN], f[1 << MAXN];
bool adj[MAXN + 5][MAXN + 5];
inline int mul( const long long a, const int b ) { return a * b % MOD; }
inline int sub( int a, const int b ) { return ( a -= b ) < 0 ? a + MOD : a; }
inline void subeq( int& a, const int b ) { ( a -= b ) < 0 && ( a += MOD ); }
inline int add( int a, const int b ) { return ( a += b ) < MOD ? a : a - MOD; }
inline void addeq( int& a, const int b ) { ( a += b ) >= MOD && ( a -= MOD ); }
int main() {
scanf( "%d %d", &n, &m ), pwr[0] = 1;
rep ( i, 1, m ) {
pwr[i] = add( pwr[i - 1], pwr[i - 1] );
int u, v; scanf( "%d %d", &u, &v );
adj[u - 1][v - 1] = true;
}
rep ( S, 1, ( 1 << n ) - 1 ) {
int v = 0; for ( ; !( S >> v & 1 ); ++v );
rep ( u, 0, n - 1 ) conc[S][u] = conc[S ^ 1 << v][u] + adj[u][v];
}
rep ( S, 0, ( 1 << n ) - 1 ) if ( ( S & 3 ) == 3 ) {
f[S] = 1;
for ( int T = S & ( S - 1 ); T; T = ( T - 1 ) & S ) {
if ( T & 1 && T & 2 ) {
int coe = 1;
rep ( u, 0, n - 1 ) if ( S >> u & 1 ) {
if ( T >> u & 1 ) {
coe = mul( coe, pwr[conc[S ^ T][u]] - 1 );
} else {
coe = mul( coe, pwr[conc[T][u]] );
}
}
addeq( f[S], mul( coe, f[T] ) );
} else if ( !( T & 1 || T & 2 ) ) {
int coe = 1;
rep ( u, 0, n - 1 ) if ( S >> u & 1 ) {
if ( T >> u & 1 ) {
coe = mul( coe,
mul( pwr[conc[S ^ T][u]] - 1, pwr[conc[T][u]] ) );
} else {
coe = mul( coe, pwr[conc[T][u]] );
}
}
addeq( f[S], coe );
}
}
}
printf( "%d\n", sub( pwr[m], f[( 1 << n ) - 1] ) );
return 0;
}
【推荐】国内首个AI IDE,深度理解中文开发场景,立即下载体验Trae
【推荐】编程新体验,更懂你的AI,立即体验豆包MarsCode编程助手
【推荐】抖音旗下AI助手豆包,你的智能百科全书,全免费不限次数
【推荐】轻量又高性能的 SSH 工具 IShell:AI 加持,快人一步
· AI与.NET技术实操系列:基于图像分类模型对图像进行分类
· go语言实现终端里的倒计时
· 如何编写易于单元测试的代码
· 10年+ .NET Coder 心语,封装的思维:从隐藏、稳定开始理解其本质意义
· .NET Core 中如何实现缓存的预热?
· 分享一个免费、快速、无限量使用的满血 DeepSeek R1 模型,支持深度思考和联网搜索!
· 基于 Docker 搭建 FRP 内网穿透开源项目(很简单哒)
· ollama系列01:轻松3步本地部署deepseek,普通电脑可用
· 25岁的心里话
· 按钮权限的设计及实现