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[UOJ#348][WC2018]州區劃分（狀壓dp+FMT）

阿新 • • 發佈：2018-11-10

Address

洛谷P4221
BZOJ5153
UOJ#348
LOJ#2340

Solution

有一個顯然的 dp 方案：
f [ S ] f[S] 表示選出的城市集合為 S

S 的滿意度之和。
s u m [ S ] sum[S]
表示城市集合 S S 的人口之和。
g [ S ] g[S]
表示：
[ 子 圖 S 不 存 在 歐 拉 回 路 ] × s u m [ S ] p [子圖S不存在歐拉回路]\times sum[S]^p
轉移顯然：
f [ S ] = 1 s u m [ S ] p ∑ T ⊊ S f [ T ] g [ S − T ] f[S]=\frac1{sum[S]^p}\sum_{T\subsetneq S}f[T]g[S-T]
複雜度 O ( 3 n ) O(3^n) ，難以通過 n = 21 n=21 的資料。
考慮到這是子集卷積的形式，不妨把 f f 按照 S S 集合大小分類：
f [ i ] [ S ] f[i][S] 表示：
{ f [ S ] ∣ S ∣ = i 0 ELSE \begin{cases}f[S]&|S|=i\\0&\text{ELSE}\end{cases}
那從小到大列舉 i i ，再列舉一個 0 ≤ j < i 0\le j<i ，那麼 f [ i ] f[i] 就能從 f [ j ] f[j] 和 g [ i − j ] g[i-j] 轉移。
如果已經求得了 f [ 0... i − 1 ] f[0...i-1] 的快速莫比烏斯變換 f [ 0 ] ′ , f [ 1 ] ′ , . . . , f [ i − 1 ] ′ f[0]',f[1]',...,f[i-1]' ，
以及 g g 的 FMT g ′ g' ,
那麼就可以直接計算 f [ i ] ′ [ S ] + = f [ j ] ′ [ S ] × g [ i − j ] ′ [ S ] f[i]'[S]+=f[j]'[S]\times g[i-j]'[S] 。
反演回去之後將每個 f [ i ] [ S ] f[i][S] 除以 s u m [ S ] p sum[S]^p 。
注意需要將 ∣ S ∣ ≠ i |S|\ne i 的 f [ i ] [ S ] f[i][S] 清零。
複雜度 O ( 2 n × n 2 ) O(2^n\times n^2) 。

Code

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define For(i, a, b) for (i = a; i <= b; i++)
#define Rof(i, a, b) for (i = a; i >= b; i--)
#define Subset(k, i) for (k = i; k; k = (k - 1) & i)
using namespace std;

inline int read()
{
	int res = 0; bool bo = 0; char c;
	while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
	if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
	while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
		res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
	return bo ? ~res + 1 : res;
}

const int N = 25, C = (1 << 21) + 5, MOD = 998244353;

int qpow(int a, int b)
{
	int res = 1;
	while (b)
	{
		if (b & 1) res = 1ll * res * a % MOD;
		a = 1ll * a * a % MOD;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}

int n, m, p, Cm, w[N], cnt[N], f[N][C], sum[C], inv[C], ans, eul[N][C],
sze[C], fa[N];
bool gr[N][N], cir[C];

void FWT(int n, int *a, int op)
{
	int i, j;
	For (i, 1, n) For (j, 0, (1 << n) - 1)
		if (!((j >> i - 1) & 1))
			a[j | (1 << i - 1)] = (a[j | (1 << i - 1)]
				+ (op == 1 ? a[j] : MOD - a[j])) % MOD;
}

int fd(int x)
{
	if (fa[x] != x) fa[x] = fd(fa[x]);
	return fa[x];
}

void mg(int x, int y)
{
	int ix = fd(x), iy = fd(y);
	if (ix != iy) fa[iy] = ix;
}

int main()
{
	int i, j, S, x, y;
	n = read(); m = read(); p = read();
	Cm = (1 << n) - 1;
	For (i, 1, m) x = read(), y = read(),
		gr[x][y] = gr[y][x] = 1;
	For (i, 1, n) w[i] = read();
	For (S, 1, Cm)
	{
		For (i, 1, n) cnt[i] = 0, fa[i] = i; int xp = 0;
		For (i, 1, n) if ((S >> i - 1) & 1)
		{
			sum[S] += w[i]; sze[S]++; xp = i;
			For (j, i + 1, n) if (((S >> j - 1) & 1) && gr[i][j])
				cnt[i]++, cnt[j]++, mg(i, j);
		}
		sum[S] = qpow(sum[S], p);
		inv[S] = qpow(sum[S], MOD - 
            
  

           

              
              

            

            
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[UOJ#348][WC2018]州區劃分（狀壓dp+FMT）

     
  
  
  
 Address 
 洛谷P4221 BZOJ5153 UOJ#348 LOJ#2340 
 Solution 
 有一個顯然的 dp 方案： 
     
      
       
        
         f
        
        
         [
     



  
 

    


    
    
Luogu4221 WC2018州區劃分（狀壓dp+FWT）

     
 +=   就是   online   lse   etc   \n   ring   不用   degree   　　合法條件為所有劃分出的子圖均不存在歐拉回路或不連通，也即至少存在一個度數為奇數的點或不連通。顯然可以對每個點集預處理是否合法，然後就不用管這個奇怪的條件了。
　　考慮狀壓dp。設f[S]為S集 



  
 

    


    
    
[WC2018]州區劃分 - FWT - 狀壓dp

     
  
  
  
 ……直接記bitcount然後FWT即可。 
 // luogu-judger-enable-o2
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;ty 



  
 

    


    
    
「WC2018」州區劃分-FWT+狀壓DP

     
  
  
  
 Description 
 連結 
 Solution 
 首先我們可以輕鬆預處理出滿足條件的點集。 
 設
     
      
       
        
         
          f
         
         
          s
        



  
 

    


    
    
【題解】洛谷P3959 [NOIP2017TG] 寶藏（狀壓DP+DFS）

     
  
 洛谷P3959：https://www.luogu.org/problemnew/show/P3959 
 
前言 
NOIP2017時還很弱（現在也很弱 
看出來是DP 但是並不會狀壓DP 
現在看來思路並不複雜 只是存狀態有點難想到 
思路 
因為n最大為12 
所以可以想到是狀壓 
   



  
 

    


    
    
洛谷3959 寶藏（狀壓DP bczd）

     
  
 
 傳送門 
 【題目分析】 
 看看這隻有12的資料規模，那麼狀壓沒跑了。 
 轉移也很好想，列舉起點，更新dp值。。。。。。然後就被hack了。。。。。 
 hack資料：6 6 1 2 100 2 3 1 2 4 10 3 4 10 3 5 100 4 6 10000 
 所以這就是所謂的錯誤做法 



  
 

    


    
    
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1076: [SCOI2008]獎勵關
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 cap   %d   void   turn   href   style   int   ()   bre   【WC2018】州區劃分（FWT，動態規劃）
題面
UOJ
洛谷
題解
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 ace   code   return   uva   typedef   clu   http   狀壓   .net   題目地址
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 放置   puts   turn   true   i++   bsp   pri   +=   light   傳送門
 
先預處理出來一行中放置國王的所有情況和每種情況所用的國王個數。
f[i][j][k]表示前i行放j個國王且最後一行的狀態為k的方案數
狀壓DP即可

#include &l 



  
 

    


    
    
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 ostream   狀壓   狀壓dp   amp   queue   tps   printf   size   fin   傳送門
 
本以為是狀壓DP，但是有後效性。
所以寫一手狀壓spfa
 

#include <queue>
#include <cstdio> 



  
 

    


    
    
[luoguP2704] 炮兵陣地（狀壓DP）

     
 pro   狀態   blank   show   char   %d   har   void   href   傳送門
 
可以事先把每一行的所有狀態處理出來，發現每一行的狀態數最多不超過60個
f[i][j][k]表示前i行，第i行為狀態j，第i-1行為狀態k的最優解
 

#include