HDU.5765.Bonds(DP 高维前缀和)

题目链接

\(Description\)

给定一张\(n\)个点\(m\)条边的无向图。定义割集\(E\)为去掉\(E\)后使得图不连通的边集。定义一个bond为一个极小割集（即bond中边的任意一个真子集都不是割集）。
对每条边，求它在多少个bond中。
\(n\leq20,\quad n-1\leq m\leq\frac{n(n-1)}{2}\)。

\(Solution\)

https://www.cnblogs.com/zufezzt/p/5723389.html

首先bond是极小割集，所以一定是将图分成了两个连通块。
状压表示点集，如果\(s\)是一个连通块，且剩下的所有点\(s'=2^n-1-s\)也是一个连通块，那么\(s\)与\(s'\)之间的边就形成了一个bond，这些边的\(ans\)++。
所以，我们只需要枚举一个连通块\(s\)。

然后怎么统计边的答案呢？显然不能枚举一遍bond中的边，那样复杂度就成了\(O(2^nm)\)。
总的bond个数可以这样求出来。
如果一条边\((u,v)\)不在bond中，显然\(u,v\)此时在同一连通块中。也就是我们求一下\(u,v\)在同一连通块时bond有多少个，就是这条边不在多少个bond中了。用总个数一减就可以得到这条边的答案。
\(u,v\)在同一连通块时bond的个数，就是包含\(\{u,v\}\)的集合中有多少个bond。那么就可以用高维前缀和枚举超集得到答案了。
复杂度\(O(2^nn)\)。

还有一个问题是，要预处理哪些集合是一个连通块。
递推一下，枚举当前已经是一个连通块的点集，那么每次加入一个与该点集相邻的点，形成的仍然是一个连通块。
复杂度也是\(O(2^nn)\)。

写的代码有好多可以优化的地方QAQ
就是注释的那两部分那。。
感谢MilkyWay dalao啦。

//624MS 9416K
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=(1<<20)+4;

int e[25],f[N],sum[N];

inline int read()
{
    int now=0;register char c=gc();
    for(;!isdigit(c);c=gc());
    for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
    return now;
}
void Pre(int n)
{
    for(int i=0; i<n; ++i) f[1<<i]=1;//not f[i]...
    for(int s=0,lim=1<<n; s<lim; ++s)
    {
        if(!f[s]) continue;
        for(int i=0; i<n; ++i)
            if(!(s>>i&1) && s&e[i]) f[s|(1<<i)]=1;
//      int adj=0;
//      for(int i=0; i<n; ++i) s>>i&1&&(adj|=e[i]);
//      for(int i=0; i<n; ++i)
//          if(!(s>>i&1) && adj>>i&1) f[s|(1<<i)]=1;
    }
}

int main()
{
    static int u[500],v[500];

    for(int TT=read(),T=1; T<=TT; ++T)
    {
        int n=read(),m=read(),lim=1<<n;
        memset(e,0,sizeof e), memset(f,0,lim<<2), memset(sum,0,lim<<2);
        for(int i=1; i<=m; ++i)
            u[i]=read(), v[i]=read(), e[u[i]]|=1<<v[i], e[v[i]]|=1<<u[i];
        Pre(n);
        int tot=0;
        for(int s=0; s<lim; ++s)
        {
            if(!f[s]||!f[lim-1-s]) continue;
            if(s>lim-1-s) break;
            sum[s]=1, sum[lim-1-s]=1, ++tot;
        }
        for(int i=0; i<n; ++i)
            for(int s=0; s<lim; ++s)
                if(!(s>>i&1)) sum[s]+=sum[s|(1<<i)];
//      for (int i = 1; i <= s; i += 2)
//          if (f[i] ^ f[s ^ i]) f[i] = f[s ^ i] = 0; else if (f[i]) ++tot;
//      for (int i = 0; i < n; ++i)
//          for (int j = 0; j <= s; ++j)
//              if (!(j & (1 << i))) f[j] += f[j | (1 << i)];
        printf("Case #%d:",T);
        for(int i=1; i<=m; ++i)
            printf(" %d",tot-sum[(1<<u[i])|(1<<v[i])]);
        putchar('\n');
    }
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/SovietPower/p/10071473.html