Solution -「多校联训」最小点覆盖

$\mathcal{Description}$

  Link.

  求含有 $n$ 个结点的所有有标号简单无向图中，最小点覆盖为 $m$ 的图的数量的奇偶性。$T$ 组数据。

  $n,m\le3\times10^3$，$T\le5\times10^3$。

$\mathcal{Solution}$

  太神了叭！

  总不能硬刚 NPC，我们必须牢牢把握“奇偶性”带来的便利：若存在某种规则将一类图两两配对，则我们可以忽略这些图而不影响答案。顺便做一步转化，最小点覆盖 = $n$ - 最大独立集 = 补图的最大团，我们直接限制最大团的大小也能达到目标而更便于后续计算。

  以下均在补图上考虑问题。从配对入手，令 $S_u$ 为点 $u$ （在某个具体的补图上）的邻接点集，任取两点，不妨取结点 $1$ 和结点 $2$，讨论：

• $S_1\setminus\{2\}\not=S_2\setminus\{1\}$：交换结点 $1,2$ 的标号得到新图，它与原图不同且最大团必然相等，构成配对，不考虑。

• $S_1\setminus\{2\}=S_2\setminus\{1\}$

  在此，引入“缩点”操作，每个结点代表着邻接点集相同的结点构成的团。

  • $(1,2)\in E$：这意味这两团等大且互相连边构成大团，$1$ 和 $2$ 可以看做一个大小增大一倍的团；
  • $(1,2)\not\in E$：类似地，两团最多有一个是全局最大团的子集，所以 $1$ 和 $2$ 可以看做一个大小不变的团。

那么，任何一个时刻的图上不会存在等大的团，且每个团的大小为 $2$ 的整幂，这样的图只有 $\mathcal O(n)$ 个，利用一个 $i\in[1,n]$ 的二进制表示就能描述整个图。自然地，令 $f(n,i)$ 表示（全局）一共有 $n$ 个结点，图的状态为 $i$ 时方案的奇偶性。考虑增加一个新点并与若干团合并，类似于考虑 $i+1$ 在二进制下的进位，可以轻松得到转移。

  不过，我们最终的问题与图的状态无直接关联，我们需要对于一个状态 $t$，再求出由它得到最大团为 $m$ 的方案的奇偶性。不妨令状态 $t$ 中团的大小由大到小依次为 $s_1,s_2,\cdots,s_k$，研究最大团的构成：

• 存在 $1<i<j\le k$，$s_i,s_j$ 均不包含于最大团中。由“团的大小是 $2$ 的整幂”，可见 $s_i+s_j$ 必然小于最大团大小，那么 $s_i$ 与 $s_j$ 之间的边有连或不连两种方案，$\times 2$！这样的方案全部忽略掉！
• 有且仅有 $1<i<k$，$s_i$ 不包含于最大团中。不论 $i$ 与 $j\in[1,i)$ 的团连边情况如何，$i$ 与 $j\in(i,k]$ 的连边情况不可能推翻钦定的最大团大小，所以会有 $\times2^{k-i}$，这样的方案也毫无作用！
• 最后，仅剩下两种可能——所有 $s$ 一起构成最大团；仅有最小的 $s$ 不属于最大团。设总点数 $n'$，它们分别对大小 $n'$ 和 $n'-\operatorname{lowbit}(n')$ 的最大团产生 $1$ 的贡献。

  最后，枚举 $f(n,i)$ 中的图状态 $i$，乘上对应状态下最大团大小恰好为 $n-m$（第一步转化带来的改动）的方案，可以做到 $\mathcal O(n^2+Tn)$ 解决本题。考虑到满足最大团大小条件的方案很少，可以进一步优化，做到 $\mathcal O(n^2+T)$。只不过兔子咕啦。

$\mathcal{Code}$

/*~Rainybunny~*/

#include <cstdio>

#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, rep##i = r; i <= rep##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, per##i = l; i >= per##i; --i )

const int MAXN = 3000;
bool f[MAXN + 5][MAXN + 5], g[MAXN + 5][MAXN + 5];

inline void init() {
    f[1][1] = 1;
    rep ( i, 1, MAXN - 1 ) rep ( j, 1, i ) {
        int rs = j, nw = 1;
        if ( !f[i][j] ) continue;
        for ( ; rs & nw; rs ^= nw, nw <<= 1 ) f[i + 1][rs] ^= 1;
        f[i + 1][rs | nw] ^= 1;
    }

    rep ( i, 1, MAXN ) {
        g[i][i] = 1;
        if ( i & ( i - 1 ) ) g[i][i ^ ( i & -i )] = 1;
    }
}

inline bool solve( const int n, const int m ) {
    bool ret = 0;
    rep ( i, 1, n ) ret ^= f[n][i] & g[i][m];
    return ret;
}

int main() {
    freopen( "cover.in", "r", stdin );
    freopen( "cover.out", "w", stdout );

    init();
    int T, n, m; scanf( "%d", &T );
    while ( T-- ) {
        scanf( "%d %d", &n, &m );
        puts( m < n && solve( n, n - m ) ? "1" : "0" );
    }
    return 0;
}