[wc2018]州區劃分
我們設f[s]為選中點的狀態集合為s時的答案(其中s為二進位制狀態)，設t為s集合最後一次劃分出的集合且要保證集合t合法，那麼可以得到轉移方程(其中sum代表集合中點權和)：
$f[s]=\sum\limits_^f[s-t]*(\frac)^p$
這個子集dp直接列舉子集的時間複雜度是o(3^n)，顯然過不去，但我們發現這個dp相當於列舉兩個集合i,j滿足$i\cap j= \varnothing ,i\cup j=s$
這個如果只有子集並的條件可以用直接用fwt來優化，但還要求交集為空的條件就不能一維dp優化了。
我們假設乙個點能被劃分到多個部分中，那麼dp狀態就變成了二維：f[i][s]表示選取點集合為s，每部分包含的點數和為i的答案。
設g[i][s]表示集合為s，選取點數為i時sum[s]的p次方，如果s不合法或|s|!=i，那麼g[i][s]就為0。(其中|s|表示s集合中的點數即二進位制狀態中1的個數)
那麼轉移方程就變成了：
$f[i][s]=\sum\limits_^\sum\limits_^\frac$
這樣我們對f陣列和g陣列進行fwt轉化成子集和表示式然後dp，每次乘上sum[s]^p的逆元即可，最後的答案為f[|u|][u]，其中u為全集。時間複雜度為o(2^n*n^2)。
再來說一下如何判尤拉迴路：
這個很簡單只要乙個圖聯通且每個點的度數都是偶數，那麼這個圖就是尤拉迴路，對於每個二進位制狀態預處理判斷即可，用bfs或dfs或並查集判斷都可以。預處理時間複雜度同樣是o(2^n*n^2)。
#include#include#include#include#include#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;int f[22][2100000];
int g[22][2100000];
int n,m,p;
const int mod=998244353;
int x[10000];
int y[10000];
int s[30];
int fa[30];
int v[22];
int w[2100000];
int cnt;
int mask;
int lg[2100000];
int inv[2100000];
inline int find(int x)
return fa[x]=find(fa[x]);
}inline void fwt(int *f,int opt)
return res;
}int main()
for(int i=1;i<=n;i++)
mask=(1<1)
}f[0][0]=1;
fwt(f[0],1);
for(int i=0;i<=n;i++)
for(int i=1;i<=n;i++)
}fwt(f[i],-1);
for(int k=0;k<=mask;k++)
if(i}
printf("%d",f[n][mask]);
}
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點此看題 設d p s dp s dp s 為選出來的點狀壓為s ss，所得到的滿意度總和，轉移 d p s 1 f s i s dp i g s i dp s frac sum dp i times g s i dp s f s 1 i s d p i g s i 其中f s f s f s 是w...
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給乙個無向圖 g v,e 滿足 v 21 對於某一種將 g v,e 劃分為k個的有序集合方案，若每乙個子集 g i v i,e i e i 都不存在尤拉迴路，則會對答案貢獻為 其中，x 為集合元素，w x 為元素 x 的權值。題解 被題意坑成cu 我還是太菜了 其實很顯然我們會得到乙個 dp 設 f...
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題目 就當那個判斷乙個州不合法的條件是存在尤拉迴路吧 一張無向圖存在尤拉迴路的條件是 圖連通不存在度數為奇數的點 於是我們列舉每乙個子集，可以在 o 2 nn 2 的時間內判斷乙個集合是否能獨立成為乙個州 之後我們設 dp i 表示選取狀態為 i 的時候的答案，s i 為這個狀態對應的城市的人口之和...