hdu 5713 K个联通块 2016百度之星复赛1002 DP
2016-05-30 17:52
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用dp[i][k] 表示 状态i分成k个联通块的方案数。状态i的二进制第j位代表编号为j的点。
f[i]表示状态i内删边,仍保持一个联通块的方案数。
则有 转移方程 dp[i][k] = sum(dp[i-j][k-1]*f[j]). j 是i的子状态,但不是i的所有子状态。为什么呢?
假设i 表示 点集 {1,2,3,4} 然后分成 {1,2} {3,4} 如果枚举所有子状态,则在j = {1,2}的时候算了一次这种方案, j = {3,4}的时候又算了一次这种方案。
处理方法是,i状态分成k个联通块,k个联通块中,必有一个包含i中编号最小的点。则我们只枚举包含最小编号点的子状态j。避免了重复
f[i]怎么求?
直接求删边后仍是一个连通块的方案较难。用总方案数减去删边后被分割的方案。
假设g[i]是状态i删边后不是一个联通块的方案数。 则f[i] = 2^cnt[i] - g[i]; (cnt[i]是状态i内的边数,易求)
g[i] = sum(2^cnt[i-j]*f[j]). j是i的子方案(和上面dp方程一样,不是所有子方案,而是包含i中最小点的子方案)
------------------------------------------------------------------------------------
f[i] 其实就是 dp[i][1]
f[i]表示状态i内删边,仍保持一个联通块的方案数。
则有 转移方程 dp[i][k] = sum(dp[i-j][k-1]*f[j]). j 是i的子状态,但不是i的所有子状态。为什么呢?
假设i 表示 点集 {1,2,3,4} 然后分成 {1,2} {3,4} 如果枚举所有子状态,则在j = {1,2}的时候算了一次这种方案, j = {3,4}的时候又算了一次这种方案。
处理方法是,i状态分成k个联通块,k个联通块中,必有一个包含i中编号最小的点。则我们只枚举包含最小编号点的子状态j。避免了重复
f[i]怎么求?
直接求删边后仍是一个连通块的方案较难。用总方案数减去删边后被分割的方案。
假设g[i]是状态i删边后不是一个联通块的方案数。 则f[i] = 2^cnt[i] - g[i]; (cnt[i]是状态i内的边数,易求)
g[i] = sum(2^cnt[i-j]*f[j]). j是i的子方案(和上面dp方程一样,不是所有子方案,而是包含i中最小点的子方案)
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f[i] 其实就是 dp[i][1]
#include<stdio.h> #include<string.h> #include<ctype.h> #include<algorithm> #include<vector> using namespace std; void fre(){freopen("t.txt","r",stdin);} template <class T1, class T2>inline void gmax(T1 &a, T2 b) { if (b>a)a = b; } template <class T1, class T2>inline void gmin(T1 &a, T2 b) { if (b<a)a = b; } #define MS(x,y) memset(x,y,sizeof(x)) #define MC(x, y) memcpy(x, y, sizeof(x)) typedef long long LL; typedef unsigned long long UL; typedef unsigned int UI; const int INF = 0x3f3f3f3f; const int M = 1000000009; const double eps = 1e-8; int n,m,K; int cnt[20000],e[15][15]; LL dp[20000][15],f[20000],g[20000],bit[150]; int calc(int s,int p) { int ret = 0; p = lower_bound(bit,bit+15,p)-bit; for(int i = 0; i < n; ++i) if(s&bit[i]) ret += e[i][p]; return ret; } void solve() { int u,v; scanf("%d%d%d",&n,&m,&K); MS(e,0);MS(g,0);MS(dp,0),MS(f,0); while(m--) { scanf("%d%d",&u,&v); e[u-1][v-1]++; if(u!=v) e[v-1][u-1]++; } for(int i = 1; i < bit ; ++i) cnt[i] = cnt[i-(i&-i)] + calc(i,i&-i); for(int i = 1; i < bit ; ++i) { int j = i; do { j = j-1&i; if(j&(i&-i)) g[i] = (g[i] + bit[cnt[i-j]]*f[j])%M; }while(i!=j); f[i] = (bit[cnt[i]]-g[i])%M;//刚开始没注意到这里会减成负数,于是wa啦 } dp[0][0] = 1; for(int i = 1; i < bit ; ++i) { for(int k = 1; k <= K; ++k) { int j = i; do { j = j-1&i; if(j&(i&-i)) dp[i][k] = (dp[i][k] + dp[i-j][k-1]*f[j]%M)%M; }while(i!=j); } } printf("%I64d\n",(dp[bit -1][K]+M)%M); } int main() { //fre(); bit[0] = 1; for(int i = 1; i <= 115; ++i) bit[i] = (bit[i-1]<<1)%M; int T,cas = 0; scanf("%d",&T); while(T--) printf("Case #%d:\n",++cas) ,solve(); return 0; }
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