CF Gym100228Graph of Inversions

Posted 2021-01-10 yoyoball

Portal --> qwq（貌似是CodeForces Gym 100228 (ECNA2003) - I）

Description

　　对于长度为 (n) 的序列 (A) ，定义其逆序图 (G) 如下：无向图 (G)有(n) 个节点，编号为 (0..n-1) ；对于任意的$ 0≤i<j≤n?1$ ，如果有 (a[i]>a[j])，那么 (G)中存在一条 (i)和 (j)之间的边。例如：(A={1,3,4,0,2}, G={(0,3),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4)})
?　　定义独立集 (S)：对于(?x∈S,y∈S) ，都不存在一条边$ (x,y)$
?　　定义覆盖集 (S) ：对于(?x?S)，至少存在一条边$ (x,y)$，使得 (y∈S)
?　　现在给你一个逆序图 (G)（保证合法），求$ G$ 有多少个点集既是独立集又是覆盖集。

?　　数据范围：(1<=n<=1000,0<=m<=n*(n-1)/2)

　　

Solution

?　　首先。。图的独立集是。。一个np问题==那所以直接在图上面搞什么的显然是不理智的qwq

　　那所以。。要好好利用逆序图这个条件

　　把独立集和覆盖集放在回原来的序列里面来看，其实就是：(S)中的元素无法构成逆序对（也就是说。。必须递增），并且任意非(S)元素均能与(S)中至少一个元素构成逆序对

?　　所以我们其实是要找有多少个递增的子序列满足第二个条件

?　　这个要怎么找呢。。考虑dp，记(f[i])表示以(i)结尾的满足条件的子序列有多少个，那么考虑转移，(f[i])能够转移到(f[j])，当且仅当满足(a[i]<a[j])并且(i)和(j)中间的这段都要能和子序列中的至少一个元素构成逆序对，也就是要么小于(a[i])要么大于(a[j])，然后因为如果小于(a[i])的话不满足第一个转移条件，所以(i)到(j)之间的，除了之前能够转移的位置，其他肯定都是小于(a[i])的不用管，我们只要看(>a[i])中最大的那个是不是(>a[j])就好了，具体实现其实很简单，因为这些需要单独考虑的位置肯定是之前遇到的能够转移的位置，所以我们开多一个(tmp)记录一下最大值即可

?　　至于这个序列要怎么还原，因为只有大于和小于关系，所以。。我们钦定一下这个序列是一个(1)到(n)的排列，然后我们可以通过逆序对得到每个数前面比它大的有多少个，后面比它大的有多少个，那就可以得到每个数的具体值了（为了方便统计答案我们可以将(a[n+1])钦定成一个很大的数然后计算到(n+1)位，答案就是(f[n+1])）

　　

?　　代码大概长这个样子

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1010;
struct Rec{
    int x,y;
}rec[N*(N-1)/2];
int a[N],cnt[N];
ll f[N];
int n,m,ans;
void dp(){
    int tmp;
    f[0]=1;
    for (int i=0;i<=n;++i){
        tmp=n+2;
        for (int j=i+1;j<=n+1;++j){
            if (a[j]<a[i]||a[j]>=tmp) continue;
            f[j]+=f[i];
            tmp=a[j];
        }
    }
}

int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("a.in","r",stdin);
#endif
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=1;i<=n;++i) cnt[i]=n-i;
    for (int i=1;i<=m;++i){
        scanf("%d%d",&rec[i].x,&rec[i].y);
        ++rec[i].x; ++rec[i].y;
        if (rec[i].x>rec[i].y) swap(rec[i].x,rec[i].y);
        ++cnt[rec[i].y]; --cnt[rec[i].x];
    }
    for (int i=1;i<=n;++i) a[i]=n-cnt[i];
    a[n+1]=n+1;
    dp();
    printf("%d
",f[n+1]);
}