uoj76 题解

https://uoj.ac/problem/76

详细揭秘智力障碍如何通过这个题。

考虑固定一个黑点集合 \(X\) 时如何统计答案：设 \(u\) 的出边集合为 \(out(u)\)，在当前时刻（经过前面的时刻都是没有结束的）持有若干 \((S_i,T_i)\) 表示集合 \(S_i\) 中有至少 \(T_i\) 个黑点，初始即为仅一个 \((U,1)\)。考虑对于点 \(u\) 以及一对 \((S,T)\)，如果 \(u\not\in S\) 则无效，否则设 \(s=out_u\cap S\)，若 \(|X\cap s|+|S_i|-1-|s|<T_i\) 则 \(u\) 必可推出自己为黑点，结束；否则这个时刻后所有人可知 \((s,|T_i|-(|S|-u-|s|))\)。

分析一下，所有时刻的 \(T\) 都是 \(1\)。转化为如果 \(S\not\subseteq out_u\cup\{u\}\) 或 \(u\not\in S\) 则该信息无效；设 \(s=out_u\cap S\)，若 \(X\cap s=\varnothing\) 则 \(u\) 可知自己为黑点，否则往信息集合中加入 \(s\)。对每个 \(X\) 模拟该过程是 \(O(4^npoly(n))\) 的。

发现这本质上是一个 bfs 的过程：每个集合 \(S\) 对于一些 \(u\) 存在向 \(S\to S-\{u\}\) 的出边，要求为 \(S-\{u\}\subseteq out_u\)，最终要从全集走到与 \(X\) 无交的目标集合，\(u\) 相当于固定最后一条边。每个 \(u\) 的决策是独立的，处理每个 \(S\) 走出边后到达全集的最短路，全体合并起来即可。按照数值大小递推 \(S\) 的时间，再 FMT 合并出子集 \(\min\)，复杂度 \(O(2^nn^2)\)。

本质上，就是初始选某个 \(S\cap X=\varnothing\) 作为初态并且在反图首步走 \(u\) 的出边，最终要抵达 \(U\)，求出最短路。操作形式不是很好，考虑全体取反，设 \(G_u\) 为 \(out_u\) 的补集，\(S\) 变化过程即为：选 \(u\in S\) 且 \(G_u\subseteq S\)，将 \(u\) 从 \(S\) 删除，最终要求 \(S=\varnothing\)。考虑如何避免最开始“选取某个 \(X'\) 作为超集”的步骤，发现这一步可以融合入游走过程：初始令 \(S=X\)，每次选 \(u\in S\)，执行 \(S\to S-\{u\}\cup G_u\)（注意这里不会先拓展一个 \(v\) 再删掉，这是不优的），求到 \(S=\varnothing\) 的最短路。

那么当前在集合 \(S\) 中的 \(u\) 一定要全部操作一遍，这就比较显然，对于所有 \(v\in G_u\) 建边 \(u\to v\)，要求 \(X\) 所有点不能走到环上，否则直接无限。天数就是 \(X\) 可达点集的并，可行的第一步就是 \(X\) 中不可被其他点到达的点的个数。

将可被环到达的点删掉之后是个 DAG，bitset 求可达点集信息并拆贡献算答案，总复杂度 \(O(\frac{n^3}{w})\)。

\(O(4^npoly(n))\) 代码

void solve(){
	cin>>n;
	F(i,0,n-1){
		string str;cin>>str;
		F(j,0,n-1)a[i][j]=(str[j]=='1');
	}
	int ans1=0,ans2=0;
	const int mx=(1<<n)-1;
	F(i,0,n-1)F(j,0,n-1)if(a[i][j])out[i]^=(1<<j);
	F(B,1,(1<<n)-1){
		static map<int,int>f;f.clear();
		f[mx]=1;
		F(_,1,n){
			int cnt=0;
			vector<int>vec;
			F(u,0,n-1){
				bool fl=0;
				for(auto it:f){
					const int s=it.fi;
					if((s>>u)&1){
						const int t=s&out[u];
						if(!(B&t)&&!(s^t^(1<<u))){
							fl=1;
							break;
						} else if(!(s^t^(1<<u)))vec.push_back(t);
					}
				}
				if(fl)++cnt;
			}
			if(cnt){
				ans1+=_;
				ans2+=cnt;
				break;
			}
			for(int&x:vec)f[x]=1;
		}
	}
	cout<<ans1<<' '<<ans2<<'\n';
}

\(O(2^nn^2)\) 代码

void solve(){
	cin>>n;
	F(i,0,n-1){
		string str;cin>>str;
		F(j,0,n-1)a[i][j]=(str[j]=='1');
	}
	int ans1=0,ans2=0;
	const int mx=(1<<n)-1;
	F(i,0,n-1)F(j,0,n-1)if(a[i][j])out[i]^=(1<<j);
	F[mx]=0;
	dF(s,mx-1,0){
		F[s]=inf;
		F(u,0,n-1)if((s&out[u])==s&&!((s>>u)&1))chkmin(F[s],F[s^(1<<u)]+1);
	}
	F(i,0,n-1){
		F(t,0,mx)G[i][t]=((t&out[i])==t&&!((t>>i)&1))?F[t^(1<<i)]+1:inf;
		F(j,0,n-1)F(s,0,mx)if((s>>j)&1)chkmin(G[i][s],G[i][s^(1<<j)]);
	}
	F(B,0,mx-1){
		int mn=inf,cnt=0;
		F(i,0,n-1){
			int val=G[i][B];
			if(val<mn)mn=val,cnt=1;
			else if(mn==val)++cnt;
		}
		if(mn<=n+1)ans1+=mn,ans2+=cnt;
	}
	cout<<ans1<<' '<<ans2<<'\n';
}

正解代码

void solve(){
	cin>>n;
	F(i,0,n-1){
		string str;cin>>str;
		F(j,0,n-1)a[i][j]=(str[j]=='1');
	}
	F(i,0,n-1)a[i][i]=1;
	int ans1=0,ans2=0;
	F(i,0,n-1)F(j,0,n-1)if(!a[i][j])++deg[i];
	F(i,0,n-1)if(!deg[i])q[++qR]=i;
	while(qL<=qR){
		const int u=q[qL++];
		vis[u]=1;
		F(v,0,n-1)if(!a[v][u]&&!--deg[v])q[++qR]=v;
	}
	F(i,0,n-1)if(vis[i])f[i].set(i);
	dF(_,qR,1){
		const int u=q[_];
		F(v,0,n-1)if(!a[u][v]&&vis[v])f[v]|=f[u];
	}
	const int m=qR;
	F(u,0,n-1)if(vis[u]){
		const int k=f[u].count();
		inc(ans1,1ull*(qpow(2,k)-1)*qpow(2,m-k)%mod);
		inc(ans2,qpow(2,m-k));
	}
	cout<<ans1<<' '<<ans2<<'\n';
}