LOJ2290 「THUWC 2017」随机二分图

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本题题解

设完美匹配数量的期望是 \(E\)。根据期望的定义:

\[E = \sum_{一张图} (\text{这张图出现的概率})\times (\text{这张图的完美匹配数量}) \]

根据期望的线性性,可以转化为:

\[E = \sum_{一组完美匹配}(这组完美匹配出现的概率) \]

暴力做法,可以 \(\mathcal{O}(n!)\) 枚举一组完美匹配,计算它出现的概率。

计算一组完美匹配出现的概率,只需要考虑这组完美匹配里的边。举个例子,你要求抛 \(3\) 次硬币,前两次都是正面朝上的概率,这个概率就是 \(\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}\),而不需要考虑第三次的结果。同理,本题里,在计算时,只需要保证当前这组完美匹配里的边都在图上出现了,而其它边是否出现则不用管。

优化上述暴力。考虑使用状压 DP。当只有 \(t = 0\) 时,可以设 \(\mathrm{dp}_0(i, s)\),其中 \(s\) 是一个二进制状态,表示考虑了左边的前 \(i\) 个点,匹配掉了右边 \(s\) 里这些点,发生的概率。转移时枚举左边第 \(i + 1\) 个点匹配了右边的哪个点,乘上概率 \(\frac{1}{2}\),进行转移。最后 \(E = \mathrm{dp}_0(n, 2^n - 1)\)

当有 \(t = 1\)\(t = 2\) 时,要注意到:题目限制了一组里两条边在图上的出现情况,但并未直接限制它们在完美匹配里的出现情况。例如:对于 \(t = 1\) 的两条边 \((a_1, b_1),(a_2, b_2)\),它们在图上要么同时出现,要么同时不出现(这是题目要求的),但在完美匹配里,可能只有 \((a_1, b_1)\),或只有 \((a_2, b_2)\),或两个都有,或两个都没有(当然,根据前面的讨论,两个都没有时不用管,我们只计算出现了的边出现的概率)。也就是说,一条边出现在图里和出现在完美匹配里,是两回事,在接下来读题解时,不要把它们搞混了。

因为涉及到要同时加入两条边,我们把 DP 状态改一改。设 \(\mathrm{dp}_1(s_1, s_2)\) 表示左边 \(s_1\) 里这些点匹配了右边 \(s_2\) 里这些点(\(s_1, s_2\) 二进制下 \(1\) 的个数相同)。但是转移时遇到麻烦了。例如我要考虑,【只有 \((a_1,b_1)\) 出现在完美匹配里】的情况,那这个状态相当于要带一个附件要求:在此后的转移里,不能单独选 \((a_2, b_2)\)(否则就和【\((a_1, b_1)\)\((a_2, b_2)\) 同时出现在完美匹配里】这种情况重复了)。但是你又不好把这个附加要求写进 DP 状态里,于是就会算进去一些不该算的东西,导致答案错误。

怎么办?本题的精髓就在这里了。将一组 \(t = 1\) 的两条边拆开!假装它们就是 \(t = 0\) 的两组边。观察此时在计算答案时,会是什么效果:

  • 如果在最终的完美匹配里只出现了 \((a_1, b_1)\),那在我们统计时它对概率的贡献是 \(\frac{1}{2}\)。它代表的实际情况是:\((a_1, b_1)\)\((a_2, b_2)\) 都在图里,我们知道这种情况实际出现的概率也是 \(\frac{1}{2}\)。所以算的就是对的!
  • 如果在最终的完美匹配里只出现了 \((a_2, b_2)\),和上一种情况同理。
  • 如果在最终的完美匹配里,同时出现了 \((a_1, b_1)\)\((a_2, b_2)\),则统计时对概率的贡献是 \(\frac{1}{4}\)。但是它代表的实际情况是 \((a_1, b_1)\)\((a_2, b_2)\) 都在图里,我们知道这种情况出现的概率其实是 \(\frac{1}{2}\)。所以这里就少算了 \(\frac{1}{4}\)。怎么办?根据期望的线性性,我们单独把这少算的 \(\frac{1}{4}\) 加回来就行了!所以我们新建一种转移,同时取 \((a_1,b_1)\)\((a_2,b_2)\),且这种转移的系数是 \(\frac{1}{4}\)
  • 如果都没出现,不用管。

\(t = 2\) 是类似的。【在最终的完美匹配里,同时出现了 \((a_1, b_1)\)\((a_2, b_2)\)】,这种情况在统计时对概率的贡献是 \(\frac{1}{4}\),但实际上它发生的概率是 \(0\)。所以我们要想办法减掉这 \(\frac{1}{4}\)。新建一种系数是 \(-\frac{1}{4}\) 的转移即可。

此外,一定不要把【相同的匹配、不同的加入顺序】当成不同的方案。解决的方法是转移时,强制选当前左边(\(s_1\) 里)编号最小(或最大)的一个空点进行转移。

上述状压 DP,看起来时间复杂度是 \(\mathcal{O}(2^{2n}\cdot n^2)\)。但其实有了【\(s_1, s_2\) 二进制下 \(1\) 的个数相同】这个要求后,状态数从 \(2^{2n}\) 减小至 \(\sum_{i = 0}^{n}{n\choose i}^2 = {2n\choose n}\approx 1.5\cdot 10^8\)。仍然有些大。但我们可以用 \(\texttt{std::map}\) 存状态,使用记忆化搜索进行 DP,即可通过本题。

参考代码

放一个网上的,很好看的代码。

/*program by mangoyang*/
#pragma GCC optimize("Ofast", "inline")
#include<bits/stdc++.h>
#define inf ((int)(1e9))
#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
typedef long long ll;
using namespace std;
template <class T>
inline void read(T &x){
    int f = 0, ch = 0; x = 0;
    for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = 1;
    for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = x * 10 + ch - 48;
    if(f) x = -x;
}
const int INV2 = 500000004, INV4 = 250000002, mod = 1e9 + 7;
map<int, int> f;
int a[300], b[300], n, m, cnt;

inline int Pow(int a, int b){
	int ans = 1;
	for(; b; b >>= 1, a = 1ll * a * a % mod)
		if(b & 1) ans = 1ll * ans * a % mod;
	return ans;
}

inline int dfs(int mask){
	if(mask == (1 << (n << 1)) - 1) return 1;
	if(f.count(mask)) return f[mask];
	int now = 0, tmp = 0;
	for(int i = n - 1; ~i; i--)
		if(!((1 << i) & mask)) now = (1 << i);
	for(int i = 1; i <= cnt; i++)
		if((now & a[i]) && !(mask & a[i]))
			(tmp += 1ll * dfs(mask | a[i]) * b[i] % mod) %= mod;
	return f[mask] = tmp;
}

int main(){
	read(n), read(m);
	for(int i = 1, op, x, y; i <= m; i++){
		read(op), read(x), read(y), x--, y--;
		int tmp = (1 << x) | (1 << y + n);
		a[++cnt] = tmp, b[cnt] = INV2;
		if(op){
			read(x), read(y), x--, y--;
			a[++cnt] = (1 << x) | (1 << y + n), b[cnt] = INV2;
			if(tmp & ((1 << x) | (1 << y + n))) continue;
			tmp |= (1 << x) | (1 << y + n);
			a[++cnt] = tmp, b[cnt] = op == 1 ? INV4 : -INV4 + mod;
		}
	}
	cout << 1ll * dfs(0) * Pow(2, n) % mod << endl;
	return 0;
}
posted @ 2021-03-01 17:25  duyiblue  阅读(434)  评论(3编辑  收藏  举报