Atcoder Grand Contest 016 F Games on DAG

最新推荐文章于 2021-09-23 18:40:22 发布

DoBelieve

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分类专栏：状压动规文章标签：状压动规

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本文探讨了一个基于有向无环图(DAG)的双人游戏问题。游戏中两名玩家轮流移动棋子，目标是找到所有让先行者必胜的边集子集。采用状态压缩动态规划与Sprague-Grundy理论解决此问题。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Games on DAG

Problem Statement

给出一个有 $n$ 个点的 $DAG$ ，其中有 $m$ 条边，第 $i$ 条有向边 $(x_i,y_i)$ 满足 $x_i$ < $y_i$ 。
现在有两个棋子，一个在 $1$ ,一个在 $2$ 。 $A$ 和 $B$ 进行游戏， $A$ 先手，轮流进行。
每次可以把一个棋子往它所在点连向的点中的一个移动，不能操作者算输。两人绝顶聪明，问有多少种边集的子集满足当只保留这子集中的边时 $A$ 必赢。

Data Constraint

$2$ ≤ $n$ ≤ $15$

Solution

比较容易想的的就是当边集的子集确定时， $1$ 和 $2$ 就变成了两个独立的游戏，只要它们的 $SG$ 值的异或和不为 $0$ 即可，也就是它们的 $SG$ 值不相等即可。
正难则反，我们用所有的方案数减去不合法的方案数。
按照 $mex$ 分层进行状压 $dp$ 。

设 $f_S$ 表示已经选了点的二进制状态为 $S$ 时的方案数。
接下来我们枚举 $S$ 的一个非空子集 $T$ 表示 $T$ 中的点的 $SG$ 值为 $0$ ,设 $T$ 关于 $S$ 的补集为 $S'$ 。
为了保证 $T$ 中的点的 $SG$ 值为 $0$ , $T$ 中的点之间不能有边相连。
为了保证 $S'$ 中的点的 $SG$ 值不为 $0$ , $S'$ 中的每一个点至少连向 $T$ 中的一个点。
接着 $T$ 中的点可以往 $S'$ 随便连边。
这样 $f_S'$ 就能转移到 $f_S$ 了。
理解一下就是枚举一个 $S$ 的真子集 $S'$ ，将 $S'$ 中的 $SG$ 值全部加1， $T$ 中的点的 $SG$ 值为 $0$ 。这样就巧妙地实现了 $SG$ 值的分层了。

那如何保证 $1$ 和 $2$ 的 $SG$ 值相等呢？只要保证 $S$ , $S'$ , $T$ 中 $1$ 和 $2$ 的状态同为 $0$ 或同为 $1$ 即可。

时间复杂度 $O(3^n)$

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define fo(i,j,l) for(int i=j;i<=l;++i)
#define fd(i,j,l) for(int i=j;i>=l;--i)

using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N=20,K=N*N,M=1e5,mo=1e9+7;

int d[N],g[N],bit[M];
int r[N];
int n,m,j,k,l,i;
ll f[M],way[K];

inline int read()
{
    int o=0; char ch=' ';
    for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar());
    for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())o=o*10+ch-48;
    return o;
}

int main()
{
    cin>>n>>m;
    d[1]=1; fo(i,2,n+1)d[i]=d[i-1]<<1;
    way[0]=1;
    fo(i,1,m+10)way[i]=(way[i-1]<<1)%mo;
    int T=d[n+1]-1;
    fo(i,1,T)bit[i]=bit[i>>1]+(i&1);
    fo(i,1,m){
        int x=read(),y=read();
        g[x]|=d[y];
    }
    f[0]=1;
    fo(i,3,T)if((i&1)==((i&2)>>1)){
        int u=0;
        fo(l,1,n)if(i&d[l])r[++u]=l;
        fo(l,0,d[u+1]-2){
            int o=0;
            fo(j,1,u)(l&d[j])?o|=d[r[j]]:0;
            if((o&1)!=((o&2)>>1))continue;
            int p=i^o,ok=0;
            ll choose=1;
            fo(j,1,n)if((o&d[j])>0&&(g[j]&p)==0){
                ok=1; break;
            }else (o&d[j])?choose=choose*(way[bit[g[j]&p]]-1)%mo:0;
            if(ok)continue;
            fo(j,1,n)(p&d[j])?choose=choose*way[bit[g[j]&o]]%mo:0;
            f[i]=(f[i]+choose*f[o])%mo;
        }
    }
    ll ans=(way[m]-f[T]+mo)%mo;
    cout<<ans;
}