Solution -「CF 1586F」Defender of Childhood Dreams

$\mathcal{Description}$

  Link.

  定义有向图 $G=(V,E)$，$|V|=n$，$\lang u,v\rang \in E \Leftrightarrow u<v$。求一个对 $E$ 的染色 $f$，使得 $\not\exist \lang v_1,v_2,\cdots,v_{k+1} \rang, |\{f(v_i,v_{i+1})\mid i\in[1,k]\}|=1$，同时最小化 $f$ 的值域大小。

  $2\le k<n\le10^3$。

$\mathcal{Solution}$

  设 $f$ 的值域大小为 $c$，断言：$c\ge\lceil\log_k n\rceil$。

  证明 该结论的等价表述是，若 $f$ 值域大小为 $c$，则 $n\le k^c$。当 $c=0$ 时显然成立。接下来对 $c$ 进行归纳：

  任取一个 $f$ 值域大小为 $c$ 的，被合法染色的图 $G$，并任取某种颜色 $x$，据此将点集 $V$ 划分为 $V_1,V_2,\cdots,V_t$，使得 $V_i$ 的导出子图中不存在颜色为 $x$ 的边。这些点集之间的连边颜色全部为 $x$，所以 $t\le k$。而仅考虑某个 $V_i$ 的导出子图，它至多用 $c-1$ 中颜色染色，由归纳假设，$|V_i|\le k^{c-1}$，继而 $|V|=\sum |V_i|\le k\cdot k^{c-1}=k^c$。 $\square$

  模仿归纳方法得到构造方法：划分点集，将点集之间的边染色，而后递归处理。复杂度上限为 $\mathcal O(n^2)$。

$\mathcal{Code}$

/*+Rainybunny+*/

#include <bits/stdc++.h>

#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 = 1e3;
int n, k, mxc, ans[MAXN + 5][MAXN + 5];

inline void solve( const int l, const int r, const int clr ) {
    if ( l == r ) return ;
    if ( clr > mxc ) mxc = clr;
    int s = ( r - l + k ) / k;
    for ( int i = l; i <= r; i += s ) {
        solve( i, std::min( i + s - 1, r ), clr + 1 );
        rep ( u, l, i - 1 ) rep ( v, i, std::min( i + s - 1, r ) ) {
            ans[u][v] = clr;
        }
    }
}

int main() {
    scanf( "%d %d", &n, &k );
    
    solve( 1, n, 1 );
    printf( "%d\n", mxc );
    rep ( i, 1, n ) rep ( j, i + 1, n ) printf( "%d ", ans[i][j] );
    putchar( '\n' );
    return 0;
}