[ABC220H] Security Camera 题解

Meet in the Middle+FWT

见过好几道 mitm 的题但当时都不是很懂，第一道明白的 mitm 的题

学习自 https://www.cnblogs.com/ak-dream/p/AK_Dream122.html

Statement

给定一个 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向图 \(n\le 40,m\le \frac {n(n-1)}2\)

每一个点可以删/不删，删去一个点同时会删去所有与他相连的边

计数有多少种删点的方法使得删边数为偶数。

H - Security Camera (atcoder.jp)

Solution

题目可以理解为导出子图边数为偶数的方案数

容易想到暴力做法，\(f[S]\) 表示选择点集 \(S\) 的删边奇偶性，可以在 \((n2^n)\) 做出来，然后 \(2^n\) 判断即可。

for(int s=1;s<(1<<n);++s){
    int x=log2(lowbit(s))+1;
    f[s]=f[s^lowbit(s)];
    for(auto v:Edge[x])
        f[s]^=(!(s>>(v-1)&1));
}

考虑 Meet in the Middle ，把前 \(n/2\) 个点化为 \(S\)，其他化入 \(T\) 集合

\(f1[s]\) 表示选择 \(s\in S\) 删边奇偶性；

\(f2[t]\) 表示选择 \(t\in T\) 删边 \((u,v),u\in T,v\in T\) 的奇偶性（即只删除两头都在 \(T\) 内的边）；

\(g[s]\) 表示一个点集，满足 \(s\in S,g[s]\in T\) ，且所有 \(g[s]\) 中的点到集合 \(S\backslash s\) 都有奇数条边

现在，题目转化成枚举 \(s\in S,t\in T\) ，计数有多少个 \(s,t\) 满足

\[f1[s]\oplus f2[t]\oplus (popcount(g[s]\&t)\&1) \]

考虑枚举中间的 \(g[s]\&T\) ，设

\[h[p][0/1]=\sum_{g[s]\&t=p}[f1[s]\oplus f2[t]=0/1] \]

那么答案就是 \(\sum h[p][popcount(p)\&1]\)

这个式子已经很 FWT 了，我们现在只需要把它改写一下

设 \(c1[s][0/1]=\sum_{g[p]=s}[f1[p]=0/1]\) ,\(c2[t][0/1]=[f2[t]=0/1]\)

则 \(h[p][a\oplus b]=\sum_{s\&t=p}c1[s][a]\times s2[t][b]\) ，FWT 一下就可以了

算一算，总复杂度 \(O(\frac n22^{\frac n2})\) ，很对。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define lowbit(x) (-x&x)
using namespace std;

char buf[1<<23],*p1=buf,*p2=buf;
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
int read(){
    int s=0,w=1; char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))s=s*10+(ch^48),ch=getchar();
    return s*w;
}

bool f1[1<<20|5],f2[1<<20|5];
int g[1<<20|5],ppc[1<<20|5];
int c1[1<<20|5],c2[1<<20|5];
vector<int>Edge[55];
int n,m;

void fwt(int *a,int n,int op){
    for(int i=2;i<=n;i<<=1)
        for(int p=i>>1,j=0;j<n;j+=i)
            for(int k=j;k<j+p;++k)
                a[k]+=a[k+p]*op;
}

signed main(){
    n=read(),m=read();
    for(int i=1,u,v;i<=m;++i)
        u=read(),v=read(),
        Edge[u].push_back(v),
        Edge[v].push_back(u);
    int siz1=n/2,siz2=n-n/2;
    for(int s=1;s<(1<<siz1);++s){
        int x=log2(lowbit(s))+1,t=s^lowbit(s);
        f1[s]=f1[t],g[s]=g[t];
        for(auto v:Edge[x]){
            if((v<=siz1&&(!((s>>(v-1))&1)))||v>siz1)f1[s]^=1;
            if(v>siz1)g[s]^=(1<<(v-siz1-1));//这里实际上计算的是到 s 而不是到 S\s
        }
    }
    for(int s=1;s<(1<<siz2);++s){
        int x=log2(lowbit(s))+1+siz1,t=s^lowbit(s);
        f2[s]=f2[t],ppc[s]=ppc[t]+1;
        for(auto v:Edge[x])
            if(v>siz1&&!((s>>(v-siz1-1))&1))f2[s]^=1;
    }
    int ans=0,mx=(1<<siz1)-1;
    for(int a=0;a<=1;++a)for(int b=0;b<=1;++b){
        memset(c1,0,sizeof(c1)),memset(c2,0,sizeof(c2));
        for(int s=0;s<(1<<siz1);++s)if(f1[s]==a)c1[g[mx^s]]++;//由于算的是到 s ，所以这里人为处理一下
        for(int t=0;t<(1<<siz2);++t)if(f2[t]==b)c2[t]++;
        fwt(c1,1<<siz2,1),fwt(c2,1<<siz2,1);
        for(int i=0;i<(1<<siz2);++i)c1[i]*=c2[i];
        fwt(c1,1<<siz2,-1);
        for(int i=0;i<(1<<siz2);++i)
            if(a^b^(ppc[i]&1)==0)ans+=c1[i];
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}