[THUWC2017]随机二分图
https://www.zybuluo.com/ysner/note/1242342
题面
某人在玩一个非常神奇的游戏。这个游戏中有一个左右各\(n\)个点的二分图，图中的边会按照一定的规律随机出现。
为了描述这些规律，某人将这些边分到若干个组中。每条边只属于一个组。
有且仅有以下三类边的分组：(用\(t\)表示）
- 这类组每组只有一条边，该条边恰好有\(50\%\)的概率出现。
- 这类组每组恰好有两条边，这两条边有\(50\%\)的概率同时出现，有\(50\%\) 的概率同时不出现。
- 这类组每组恰好有两条边，这两条边恰好出现一条，各有\(50\%\)的概率出现。
组和组之间边的出现都是完全独立的。
某人现在知道了边的分组和组的种类，询问完美匹配数量的期望是多少，输出\(2^nE\)（\(E\)指期望）
- \(20pts\ n\leq10\)
- \(5pts\ t=0,m=n^2\)
- \(15pts\ t=0\)
- \(100pts\ n\leq15\)
解析
其实没有注意到某\(5pts\)的选手还是很。。。
可以把题目转化一下，应用映射思想，把左边点一一配对的右边点的顺序视作一个序列。(允许不配对）
如左\(1\)配右\(2\),左\(2\)配右\(4\)，左\(3\)不配，左\(4\)配右\(1\)。
形成序列为\(24\_1\)。
\(5pts\ m=n^2\)
很显然这个（映射）序列可以是全排列。
边的总方案数\(2^m\)，完美匹配方案数\(n!2^{m-n}\)，则$$E=\frac{n!2{m-n}}{2m}=\frac{n!}{2^n}$$
最后\(ans=n!\)
\(20pts\)算法
我们可以枚举一下点完美匹配的方案，再统计方案数。
但是怎么反映边与边之间的关系呢？
这一点可以联想一下网络流的技巧：拆点。
第一类不用说。
第二类两条边的编号相同。
第三类两条边的编号差\(m\)。
依此，在检验合法性时，若\(i\)与\(i+m\)同时存在即不合法;
在统计方案数时,在该匹配下\(i\)与\(i+m\)均未用到，则该组边出不出现皆可，该匹配下方案数\(*2\)。
最后，边出现的总方案数为\(2^m\)，完美匹配方案数为\(ans\)，则期望为\(E=\frac{ans}{2^m}\)
最终答案为$$\frac{ans*2n}{2m}$$
复杂度\(O(n!m)\)
il void check()
{
memset(b,0,sizeof(b));
fp(i,1,n) b[p[i]]=1;
re ll sum=1;
fp(i,1,m)
{
if(b[i]&&b[i+m]) return;
if(!b[i]&&!b[i+m]) (sum*=2)%=mod;
}
(ans+=sum)%=mod;
}
il void dfs(re int x)
{
if(x>n) {check();return;}
fp(i,1,n)
if(!vis[i]&&id[x][i])
{
p[x]=id[x][i];vis[i]=1;
dfs(x+1);
vis[i]=0;
}
}
int main()
{
n=gi();m=gi();
if(m==n*n)
{
ans=1;
fp(i,1,n) (ans*=i)%=mod;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
if(n<=10)
{
fp(i,1,m)
{
re int t=gi(),u=gi(),v=gi(),u1,v1;
if(t) u1=gi(),v1=gi();
if(t==0) id[u][v]=i;
if(t==1) id[u][v]=id[u1][v1]=i;
if(t==2) id[u][v]=i,id[u1][v1]=i+m;
}
dfs(1);
printf("%lld\n",ans*ksm(ksm(2,m),mod-2)%mod*ksm(2,n)%mod);
}
return 0;
}
\(40pts\)算法
其实我不太会？？？
\(100pts\)算法
把双边组看做互不干扰的、出现概率为\(50\%\)的边。如果这样，第二类组合边出现概率会少算
\(25\%\)（同时出现的概率为\(25\%\))，第三类组合边出现概率会多算\(25\%\)(只出现一条的概率为\(50\%\))。我们可以分别为这两组建\(+25\%,-25\%\)的边将这个概率抵消（因为各组独立）。
举个例子，在第二类中，两条边同时出现的概率为\(50\%*50\%+25\%=50\%\),不同时出现的概率为\(1-25\%-(50\%*50\%)=50\%\)，符合要求。
然后记忆化搜索，\(f[S]\)表示\(S\)集合内的点的完美匹配的期望方案数，为了保证选边的有序性并同时减少状态数，\(f[S]\)由\(f[S1]\)转移过来时，要求\(S\)最高位比\(S1\)的最高位高。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<map>
#define re register
#define il inline
#define ll long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int mod=1e9+7,N=10000,inv2=mod+1>>1,inv4=mod+1>>2;
struct node
{
int s,w;
il node(){s=w=0;}
il node(re int x,re int y){s=x,w=y;}
}a[N];
int tot,n,m;
map<int,int>f[1<<16];
il int gi()
{
re int x=0,t=1;
re char ch=getchar();
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
il int dfs(re int S)
{
if(!S) return 1;
re int T0=S>>n,S0=S^(T0<<n);
if(f[S0].count(T0)) return f[S0][T0];
re int &tmp=f[S0][T0];
fp(i,1,tot)
{
re int T=a[i].s;
if((T&S)==T&&S<(T<<1)) (tmp+=1ll*dfs(S^T)*a[i].w%mod)%=mod;
}
return tmp;
}
int main()
{
n=gi();m=gi();
fp(i,1,m)
{
re int t=gi(),u=gi(),v=gi(),u1,v1;
re int S1=(1<<(u-1))|(1<<(v+n-1));
a[++tot]=node(S1,inv2);
if(t)
{
u1=gi(),v1=gi();
re int S2=(1<<u1-1)|(1<<v1+n-1);
a[++tot]=node(S2,inv2);
if(S1&S2) continue;
if(t==1) a[++tot]=node(S1|S2,inv4);
if(t==2) a[++tot]=node(S1|S2,mod-inv4);
}
}
//printf("%d\n",tot);
printf("%lld\n",(1ll<<n)*dfs((1ll<<(2*n))-1)%mod);
return 0;
}
