标签：math div 假设 sdi pac family 逆序 mil name
题目大意
对于一个长为$N$的序列$A$，定义它所对应的逆序图：
有$N$个点组成，标号为$1...N$的无向图，对于每一组$i,j(i<j)$若存在$A_i>A_j$则在新图中就存在一条$(A_i,A_j)$的无向边。
现在给定一个$N(N\leq 1000)$个点的图，保证它是某个序列对应的逆序图，求它有多少个点集$S$，满足$\forall x\in S,y\in S$不存在边$(x,y)$，$\forall x\notin S$至少存在一条边$(x,y)$使得$y\in S$。即求图独立覆盖集的数量。
题解
不难发现这个序列可以的转化为一个排列。
我们可以用拓扑排序整理每对数的大小关系，从而在序列上考虑这个问题。
对于第一个条件，即点集内两两没有连边，就是满足在序列上点集对应的位置恰好形成一个上升的子序列。
对于第二个条件，满足对于$\forall x\notin S$一定至少存在一个$y\in S$使得$A_x<A_y,x>y$或$A_y<A_x,x<y$。
假设$x\notin S,y\in S$，由于$\{A_y\}$为上升子序列，和$A_x$组成逆序对的是左侧最大的$A_x$和右侧最小的$A_x$，那么就是$A_y<A_x(x=max\{x\in S,x<y\})$或$A_y>A_x(x=\min\{x\in S,x>y\})$，即对于$i,j\in S,A_i$不存在$k$使得$i<k<j,A_i<A_k<A_j,k\notin S$这样就很显然了，直接$Dp$，设$F_i$表示最后一个是$i$前$i$个合法的方案数。
暴力转移即可。复杂度$O(n^2)$。
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define LL long long
#define M 1020
using namespace std;
LL read(){
LL nm=0,fh=1; char cw=getchar();
for(;!isdigit(cw);cw=getchar()) if(cw==‘-‘) fh=-fh;
for(;isdigit(cw);cw=getchar()) nm=nm*10+(cw-‘0‘);
return nm*fh;
}
LL n,m,fs[M],nt[M*M],to[M*M],tmp,ind[M],p[M],cnt,tot,q[M],hd,tl;
LL mp[M][M],F[M],G[M],ans;
void link(LL x,LL y){nt[tmp]=fs[x],fs[x]=tmp,to[tmp++]=y,ind[y]++;}
int main(){
n=read(),m=read(),memset(fs,-1,sizeof(fs));
while(m--) mp[read()+1][read()+1]=1;
for(LL i=1;i<=n;i++){
for(LL j=i+1;j<=n;j++) if(mp[i][j]||mp[j][i]) link(j,i);else link(i,j);
}
for(LL i=1;i<=n;i++) if(!ind[i]) q[tl++]=i;
while(hd<tl){
LL x=q[hd++]; p[x]=++cnt;
for(LL i=fs[x];i!=-1;i=nt[i]) if(!(--ind[to[i]])) q[tl++]=to[i];
}
F[0]=1;
for(LL i=0;i<n;i++){
LL minn=n+2;
for(LL j=i+1;j<=n;j++){
if(p[j]>minn||p[j]<p[i]) continue;
F[j]+=F[i],minn=p[j];
}
}
for(LL i=n,maxn=0;i;i--) if(p[i]>maxn) ans+=F[i],maxn=p[i];
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
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标签：math div 假设 sdi pac family 逆序 mil name
原文地址：https://www.cnblogs.com/OYJason/p/9744776.html
