[PA 2016] 覆盖 / Pokrycia 题解

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好牛的一道题目！

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首先考虑把最小点覆盖转化为最大独立集，即求出点数为 \(n\) 最大独立集为 \(n-m\) 的图有多少个，然后预处理出所有可能的 \((n,m)\) 的答案，并 \(O(1)\) 回答询问。

本题的关键显然是模数为 \(2\)，我们要尝试利用这一性质。

设 \(N(x)\) 表示 \(x\) 的邻域，如果 \(N(1) \backslash 2\ne N(2)\backslash1\)，即点 \(1\) 和 \(2\) 连向外部的点的集合不一样，那么交换 \(1\) 和 \(2\) 这两个点会形成一张新的图，且这两张图答案一样，所以这种情况下的答案一定是偶数，不用考虑。于是只需要计算 \(N(1) \backslash 2= N(2)\backslash1\) 的情况。

我们按照 \(1\) 和 \(2\) 之间有没有连边分成两种情况：

• \(1\) 和 \(2\) 之间有连边，那么这两个点间一定有个点不能选，因为点 \(1\) 和 \(2\) 是等价的，不妨设点 \(1\) 不能选，于是可以直接删去点 \(1\)。
• \(1\) 和 \(2\) 之间没有连边，可以直接把 \(1\) 和 \(2\) 合并成一个新的点，要么都选，要么都不选。

这样子两个点都可以变成一个点，我们给每个点赋一个权重，表示这个点是由多少个点合并起来的，初始都为 \(1\)。我们按照这样的方式类似的处理 \((3,4),(5,6)\ldots\)，就会有很多权重为 \(2\) 的点，然后两个权重为 \(2\) 的点又可以继续合并，就可以一直合并下去了（每次合并的两个点要求权重相同，且领域也相同）。

最后会有若干个权重为 \(2\) 的幂的点，假设从小到大分别为 \(2^{a_1},2^{a_2}\ldots 2^{a_l}\)，并设 \(m = \sum2^{a_i}\)。根据前面的性质，一定有 \(a_i\) 互不相同（要不然可以继续合并），每个点包含的所有点之间都没有连边（没边才能合并）。

我们设 \(f(n,m)\) 表示 \(n\) 个点最后变成二进制状态为 \(m\) 的方案数有多少种，设 \(g(n,m)\) 表示点数为 \(n\) 最大独立集为 \(m\) 的图的个数。把问题分成两个部分，一是求出 \(f(n,m)\)，二是求出一个 \(f(n,m)\) 能转移到哪些 \(g(n,k)\)。先看第二个部分。

现在已知一个二进制状态 \(m\)，我们要确定在这个图上任意连边，对于每个 \(k\)，有多少个图的最大独立集为 \(k\)。

假设最终的独立集大小为 \(k\)，那么 \(k\) 的每个二进制位一定是 \(a_i\) 里面的，要不然这些点凑不出来。

假如现在给你了一张图和里面的连边，要求出最大独立集。因为每一个点权重都是 \(2\) 的幂，于是有个贪心的思路，即从大到小枚举点，如果能选这个点就选，这样一定是最优的。

我们设点 \(x\) 表示最大独立集中最大的没有被选择的点，最小的点为 \(a_1\)：

• \(x=0\)，即所有点都被选择了，那么只有所有点之间都没有连边这一个图是合法的，此时 \(k=m\)。

• \(x=a_1\)，即除了 \(a_1\) 都被选择了，那么 \(a_2\ldots a_l\) 之间肯定不能有连边，\(a_1\) 到 \(a_2\ldots a_l\) 之间可以随意连边，但不能一条边都没有，所以方案数为 \(2^{l-1}-1\)，是奇数。此时 \(k=m-\operatorname{lowbit}(m)\)。

• \(x > a_1\)，这个时候在 \(x\) 和 \(a_1\) 之间连边不会影响最大独立集，所以可以制造一一对应，这部分的答案都是偶数。

  为什么一定要选取 \(a_1\) 而不是任意一个 \(a_i\)，假设 \(a_i < x\) 且 \(x\) 和 \(a_i\) 间有连边，如果删去连边有可能变成了 \(a_i\) 不在最大独立集内，\(x\) 在最大独立集内了，没有一一对应，但是选择最小的 \(a_1\) 就没有这种情况。

所以只有在 \(k=m\) 或 \(k=m-\operatorname{lowbit}(m)\) 时图的数量为奇数，其余都是偶数。所以一个 \(f(n,m)\) 只能转移到 \(g(n,m)\) 和 \(g(n,m-\operatorname{lowbit}(m))\)。

接下来再看怎么求 \(f(n,m)\)。考虑在二进制状态 \(m\) 下新加入一个数可以怎么转移。此时新加入一个权重为 \(1\) 的点，如果 \(m\) 中有权重为 \(1\) 的点，那么可以合并或者删去这个点。如果选择合并，就继续看 \(m\) 中是否有权重为 \(2\) 的点，如果有就还是可以选择合并或者删去。一直做下去，直到 \(m\) 中没有权重重复的点，那么有两种结束情况，可能是合并到没法合并了，或者是合并到中途把点删去了。

设 \(x=\operatorname{lowbit}(m)\)，考虑这个权重为 \(x\) 个点上一步是怎么来的：

• 是加入一个点一直合并而来的，有转移 \(f(n,m)\larr f(n-1,m-1)\)。
• 是加入一个点合并到一半被删除了，那么上一步的 \(m\) 一定要有所有权重比 \(x\) 小的点才能合并过来，有转移 \(f(n,m)\larr f(n-1,m+x-1)\)。

于是这道题就做完了，总的来说就是两个转移：

\[f(n,m) = f(n-1,m-1)+f(n-1,m+\operatorname{lowbit}(m)-1) \\ f(n,m)\rarr g(n,m),f(n,m)\rarr g(n,m-\operatorname{lowbit}(m)) \]

直接做即可，时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^2)\)。然后这题直接开 bool 数组空间要爆，可以使用 bitset。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <bitset>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 1<<14;
bitset<N> f[N],g[N];
inline int rd()
{
    char c;int f = 1;
    while(!isdigit(c = getchar()))if(c=='-')f = -1;
    int x = c-'0';
    while(isdigit(c = getchar()))x = x*10+(c^48);
    return x*f;
}
int main()
{
    f[0][0] = 1;
    for(int i = 1;i < N;i++)for(int j = 1;j <= i;j++)
    {
        int k = j&-j;
        f[i][j] = f[i-1][j-1]^f[i-1][j+k-1];
        if(f[i][j])g[i].flip(j),g[i].flip(j-k);
    }
    for(int t = rd();t--;)
    {int n = rd(),m = rd();printf("%d\n",(int)g[n][n-m]);}
    return 0;
}

最后，至于为什么要把最小点覆盖转化为最大独立集，原因是最小点覆盖在删去一个点的时候还会让答案 \(+1\)，而且最大独立集看起来转移式子更好推一点，当然直接当成最小点覆盖做应该也是可以的。