BZOJ 2891 匹配难题

原创于 2018-06-29 12:19:08 发布 · 444 阅读

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Hall定理

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本文介绍了一道基于Hall定理的概率DP问题及其详细解法。通过定义Hall集合并运用Hash/map映射来减少状态数量，进而求解完备匹配的概率问题。

题目链接

https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2891

题解

Hall定理：

设一个二分图的两边分别为 $U,V$ ，对于点集 $S\in U$ ，记录 $adj(S)$ 为与 $S$ 直接有边相连的点（邻集），显然 $adj(S)\in V$ 。

一个二分图 $U,V$ 有完备匹配的充要条件是：对于任意一个 $S\in U$ ， $|adj(S)|\ge |S|$ 。

令题目描述中点的数量为 $a$ 的那边为 $U$ ， $b$ 为 $V$ 。

定义Hall集合为满足上述条件的点集，所有的Hall集合的集合为HS集。显然，所有Hall集合都 $\in U$ 。

将所有HS集合对应到一个unsigned long long上面，第 $k$ 位为 $1$ 代表HS集合中有二进制状态为 $k$ 的Hall集合。

由于Hall定理，HS集合的个数不会超过 $4000$ ，因此可以用Hash/map映射到一个int上面。

设 $f_{i,j}$ 代表 $V$ 集合中已经选择了 $[1,i]$ 这些点， $U$ 中HS集合在Hash/map中对应的int为 $j$ ，造成这种情况的概率为 $f_{i,j}$ 。

如果我们能够求出 $f_{i,j}$ ，那么最终的答案就是 $\sum f_{b,HS}\times Max(HS)$ ，其中 $Max(HS)$ 代表 $HS$ 中最大的集合个数。

那么如何求 $f_{i,j}$ ？显然， $f_{0,\varnothing}=1$ 。

考虑 $j$ 状态能够转移得到的状态，令 $g_{j,k}$ 为：如果当前的HS为 $j$ ，新加入的点的邻点为 $k$ （ $k$ 为 $n$ 个点的二进制状态），那么两个加起来的HS为 $g_{j,k}$ （ $j,g_{j,k}$ 为HS的二进制状态对应Hash/map中的int），那么显然有转移： $f_{i,g_{j,k}}=f_{i-1,j}+P(i,k)$ （其中 $P(i,k)$ 为 $i$ 点的邻点的二进制状态为 $k$ 的概率）。

考虑如何求出 $g_{j,k}$ 。分情况讨论：

如果 $k$ 只有一个点，不妨设这个点的编号为 $x$ 。

那么现在的集合中是HS集合的情况有两种：
1. 原来就属于HS集合的集合。
2. 加入了这个点 $x$ 而变成了HS集合的集合。
  
  显然，这种集合满足 $|adj(S)|=|S|$ 。经过理性分析可以得到：要满足上述条件，原HS集合必须包含 $S-\{x\}$ 这个集合。
因此， $g_{j,k}=j+\{S\mid \{x\}\in j\& (S-\{x\})\in j\}$ 。其中， $\&$ 表示条件之间的与（C++中的 $\&\&$ ）。
如果 $k$ 有多个点。

按上面的思路进行分析，显然可以得到： $g_{j,k}=j+\{S\mid x\in k\& \{x\}\in S\& (S-\{x\})\in j\}$ ，其中 $\&$ 的意义同上。

那么我们就可以求出 $g$ 数组了，由于求出的 $g$ 数组中的元素都是合法的HS集合，因此可以边求 $g$ 数组边将HS映射到Hash/map中。

时间复杂度：

求

g

$g$ 数组：

第一维 $O(HS(n))$
第二维 $O(2^n)$
转移 $O(n)$

求

f f $f$ 数组：

第一维 $O(m)$
第二维 $O(HS(n))$
转移 $O(2^n)$

总时间复杂度： $O((n+m)\times HS(n)\times 2^n)$ ，其中 $HS(n)$ 代表HS集合中每个元素大小不超过的集合种类数。

代码

#include <cstdio>
#include <map>
#include <cmath>
#include <algorithm>

typedef unsigned long long ull;

const int maxn=6;
const int maxm=100;
const int maxd=4000;
const int maxk=(1<<maxn);
const double eps=0.001;

int n,m,g[maxd+10][maxk+3],full,cnt,size[maxn+10];
ull t[maxk+3],q[maxd+10];
std::map<ull,int> mp;
double p[maxn+2][maxm+5],f[maxm+5][maxd+10];

int main()
{
  scanf("%d%d",&n,&m);
  for(int i=1; i<=n; ++i)
    {
      for(int j=1; j<=m; ++j)
        {
          scanf("%lf",&p[i][j]);
        }
    }
  q[1]=mp[1]=cnt=1;
  int l=0,r=1;
  while(l<r)
    {
      ull now=q[++l];
      for(int i=1; i<=n; ++i)
        {
          t[i]=now;
          for(int j=0; j<1<<n; ++j)
            {
              if((1ull<<j)&now)
                {
                  t[i]|=1ull<<(j|(1<<(i-1)));
                }
            }
        }
      for(int i=0; i<1<<n; ++i)
        {
          ull to=now;
          for(int j=1; j<=n; ++j)
            {
              if((1<<(j-1))&i)
                {
                  to|=t[j];
                }
            }
          if(!mp.count(to))
            {
              mp[to]=++cnt;
              q[++r]=to;
            }
          g[mp[now]][i]=mp[to];
        }
    }
  f[0][1]=1;
  for(int i=1; i<=m; ++i)
    {
      for(int j=1; j<=cnt; ++j)
        {
          if(f[i-1][j])
            {
              for(int k=0; k<1<<n; ++k)
                {
                  double e=1;
                  for(int h=1; h<=n; ++h)
                    {
                      if((1<<(h-1))&k)
                        {
                          e*=p[h][i];
                        }
                      else
                        {
                          e*=1-p[h][i];
                        }
                    }
                  f[i][g[j][k]]+=f[i-1][j]*e;
                }
            }
        }
    }
  double ans=0;
  for(int i=0; i<1<<n; ++i)
    {
      size[i]=size[i>>1]+(i&1);
    }
  for(int i=1; i<=cnt; ++i)
    {
      if(f[m][i])
        {
          int sz=0;
          for(int j=0; j<1<<n; ++j)
            {
              if((1ull<<j)&(q[i]))
                {
                  sz=std::max(sz,size[j]);
                }
            }
          ans+=f[m][i]*sz;
        }
    }
  printf("%.2lf\n",ans);
  return 0;
}