正能量的dp——状压/容斥

总结

容斥

这部分的容斥主要是 DAG 上的，本质上是子集反演。基本上就是枚举一层的点集合，然后根据实际情况计算系数。

题目

P6846

首先发现将一张 DAG 的边全部反向，仍然是一张 DAG。并且这两种改边总和是 \(m\)。所以答案就是 \(m\) 乘定向 DAG 方案数除以二。

考虑一个 DAG 的特征，考虑剖成若干层入度为 \(0\)。这启发我们考虑一种计数，设 \(f_{S}\) 表示 \(S\) 是 DAG 的方案数，转移就找到一层，则要求这一层显然是一个独立集。所以

\[f_S=\sum_{T\subset S,T\ne \varnothing}f_{S\setminus T}2^{E_{T\to S\setminus T}}[T\text{ is an IS}] \]

发现这样显然会算重，因为可能 \(S\setminus T\) 还有 \(0\) 入度点，所以设 \(F(A)\) 表示钦定 \(A\) 是独立集的算出来的系数即 \(f_{S\setminus A}2^{E_{A\to S\setminus A}}\)，\(G(A)\) 表示独立集恰好是 \(A\) 的方案数，所以有

\[\begin{aligned} F(A)&=\sum_{A\subset B}G(B)\\ G(A)&=\sum_{A\subset B}(-1)^{|B|-|A|}F(B)\\ f_S&=\sum_{T\subset S,T\ne\varnothing}G(T)\\ &=\sum_{T\subset S,T\ne \varnothing}\sum_{T\subset A\subset S}(-1)^{|A|-|T|}F(A)\\ &=\sum_{A\subset S}F(A)(-1)^{|A|}\sum_{T\subset A,T\ne \varnothing}(-1)^{|T|}\\ &=\sum_{A\subset S}F(A)(-1)^{|A|+1} \end{aligned} \]

相当于只需在原本的式子上乘上一个 \((-1)^{|T|+1}\) 的系数。或者直观理解就是容斥原理。\(A\cup B=A+B-A\cap B\)。所以时间复杂度 \(O(3^n)\)。

A

首先如果原图不是一个 SCC，那么缩点之后就是一个 DAG。所以这个题跟上一题有很大的相似之处。

设 \(f_{S}\) 表示 \(S\) 不是强联通的方案数，相当于就是缩点后是 DAG。那么跟上题一样，枚举一个集合，由于你不知道它缩点后有几个独立集，所以再设 \(g_{S,i}\) 表示 \(S\) 缩点后是 \(i\) 个独立集的方案数，那么类似上道题有

\[f_S=\sum_{T\subset S,T\ne \varnothing}\sum_{i=1}^{|T|}g_{T,i}2^{E_{S\setminus T}+E_{T\to S\setminus T}}(-1)^{i+1} \]

其中 \(2^{E\setminus T}\) 是因为这个集合里的边是可以乱连不用保证是一个 DAG 的，因为 \(S\) 一定不是一个 SCC。

然后这个转移是有点问题的，当 \(T=S\) 时会多算 \(g_{T,1}\)，而这个相当于 \(S\) 是一个 SCC 了，所以不能算上。并且 \(g_{S,1}=2^{E_S}-f_S\)，需要算出 \(f_S\) 才能求出，所以避免了自转移的情况。\(g_{S,i\ge 2}\) 是好求的。

然后时间复杂度就是 \(O(3^nn)\) 了，但是注意到可以直接将 \((-1)^{i+1}\) 系数记进 \(g_{T}\)，于是就做完了。

\[f_S=\sum_{T\subset S,T\ne \varnothing}g_{T}2^{E_{S\setminus T}+E_{T\to S\setminus T}}\\ g_S=2^{E_S}-f_S\ {\color{red}-}\sum_{T\subset S,\text{lowbit}(T)=\text{lowbit}(S),T\ne S}(2^{E_T}-f_T)g_{S\setminus T} \]

\(\color{red}-\) 是 \(-1\) 的系数。

E

答案显然不会超过 \(n\)。考虑怎么用操作二节省次数。容易发现一定是若干集合 \(S\) 使用 \(|S|-1\) 次操作二变成全 \(0\)，因为如果 \(\ge |S|\) 不如全用操作 \(1\)，\(<|S|-1\) 一定可以继续拆。然后剩下的数使用操作一变成 \(0\)。

为了让答案最小，即让这样的 \(S\) 最多。考虑将操作二的两个数连边以刻画操作，那么根据上面的结论一定是 \(S\) 是树时最优。先考虑怎样的 \(S\) 是合法的。

先考虑弱化问题，每次选两个数 \(-x\)，随便钦定一个点作为树的根，那么考虑剥叶子，只需要最终根的权值为 \(0\) 即可。发现奇数层的对根的贡献为 \(+\)，偶数层的贡献为 \(-\)，于是奇数层的权值和与偶数层的权值和相等是 \(S\) 合法的充要条件。进一步，这个等价于找到一个子集 \(T\)，使得 \(T\) 的权值和等于 \(S\setminus T\) 的权值和，因为是一定能还原成一棵树的。

现在变成一个 \(-x\) 一个 \(-x-1\)。相当于在刚刚基础上，再执行 \(|S-1|\) 次操作，每次让奇数层或者偶数层的权值 \(+1\)，然后最终权值和相等。形式化的就是找到子集 \(T\) 使得 \(|s(T)-s(S\setminus T)|\le |S|-1\) 并且 \(|s(T)-s(S\setminus T)|\equiv |S|-1\pmod 2\)，因为更改一次操作差就会变化 \(2\)。也即 \(s(S)\equiv |S|-1\pmod 2\)。

那么判合法时间复杂度就是 \(2^{|S|}\)，对于所有 \(S\) 判就是 \(3^n\)，常数有点大考虑优化。比较经典的就是折半，将两边排序后就可以双指针扫一遍了，问题在于排序，是 \(O(\sqrt 2^{|S|}|S|)\) 的，然后发现考虑每次往集合加入一个数，是可以归并排序的，所以就去掉了 \(|S|\)，总时间复杂度就是 \(\displaystyle\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}\sqrt 2^i=(\sqrt 2+1)^n\)。

然后就基本上做完了，直接做一遍 \((\max,+)\) 子集卷积就可以算出最多 \(S\) 的数量，是一个常数小的 \(3^n\)，所以就能通过了。当然也可以倍增+子集卷积做到 \(O(2^nn^2\log n)\)，意义不大。

技巧：

• 子集折半。
• 二元组考虑建图。
• 奇偶分层。

C

首先答案显然是不会超过值域的。然后分析一下，如果确定了回应观众的集合，那么最优策略肯定是，选择当前 \(B\) 中 \(\le a_i\) 的最大数替换成 \(a_i\)，如果不存在就新加一个元素。或者也可以将原问题用 Dilworth 变成划分最少的不降子序列。

发现 \(B\) 中元素一定是互不相同的。于是便能设计出一个 dp，\(f_{S,i}\) 表示当前 \(B\) 元素组成集合为 \(S\)，考虑前 \(i\) 个并钦定第 \(i\) 个观众回应是否可行，于是便能做到 \(O(2^Vn)\)。

\(f_{S,i}\) 值域只有 \(0,1\)，所以考虑交换状态和值域，事实上最终答案只关心有哪些 \(f_{S,n/n-1}=1\)，所以只需要关注 \(S\) 能到最远的 \(i\)。即设 \(g_{S}=\max\limits_{f_{S,i}=1}i\)。

然后发现转移有自环，即如果当前 \(g_S=p\)，如果 \(a_{p+1}\in S\)，那么可以继续拓展；否则如果 \(a_{p+2}\in S\)，也是可以继续拓展的。因为新到的 \(S'\) 是等于 \(S\) 的。所以只需找到最小的 \(a_i,a_{i+1}\not \in S\) 的 \(i\)，可以通过一些方法做到 \(O(2^VV^2+nV)\)，但这不是重点。

• 交换值域与状态。

F

考虑对于一个选取的集合 \(S\)，假设能让只选 \(S\) 合法的最大长度是 \(f_S\)，那么显然其合法的长度就是 \(\left[\sum_{i\in S}a_i,f_S\right]\) 这个区间，可以通过调整得到。于是只要求出 \(f_S\)，便能求出答案。

相当于有一个集合 \(T\) 不能选，如果我们直接设状态 \(f_S\) 表示选取的数是 \(S\)，不能选的是 \(\complement_U S\)，发现假设当前要选 \(i\in S\)，相当于 \(S\) 就被分成了两个部分，即放 \(i\) 左边的 \(S_1\) 和右边的 \(S_2\)。发现 \(S_1\) 在选的过程中只是要求不能选 \(\complement_U S\) 而非 \(\complement_U S_1\)，所以这个做法就有问题。

所以就要记 \(f_{i,S,T}\) 表示要选 \(S\) 里的数，不能选 \(T\) 里的数所占据的最长长度，当前考虑的数是 \(a_i\)，分情况考虑一下

• \(i\in T\)，那么 \(f_{i,S,T}=\min(a_i-\epsilon,f_{i+1,S,T})\)，这是因为 \(i\) 要先放，如果长度 \(\ge a_i\) 就不合法了。
• \(i\in S\)，那么 \(f_{i,S,T}=a_i+\displaystyle\max_{S_1\cup S_2=S\setminus \{i\}}\left\{f_{i+1,S_1,T}+f_{i+1,S_2,T}\right\}\)。
• 否则不用管，\(f_{i,S,T}=f_{i+1,S,T}\)。

考虑 \(\epsilon\) 的问题，注意到最后答案一定是一个左闭右开区间，所以不需要管，最后让 \(f_S>m\) 就行了。

• 观察划分产生的子问题。