UOJ #76 -【UR #6】懒癌（思维题）

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神仙题。

orz czx，czxyyds

首先没有懒癌的狗肯定不会被枪毙，证明显然。

接下来考虑怎样计算一种局面的答案，假设 \(dp_S\) 表示对于有且仅有 \(S\) 中的狗得了懒癌的情况，最少需要多少天才能有狗被枪毙。显然如果 \(|S|=1\)，那么 \(dp_S=1\)，因为得了懒癌的狗的主人一天就可以知道自己的狗得了懒癌。对于其他情况，我们不妨从一个得了懒癌的狗的情况思考这个问题，假设为狗 \(x\) 的主人，\(x\in S\)，那么他会先假设自己的狗没有得懒癌，自己看不见的狗得懒癌的情况为任何一种，设为 \(S'\)，其中 \(S'\) 与 \(S\) 满足状态不同的元素都是 \(x\) 不能看见的狗的编号的集合，那么我们考察 \(\max\{dp_{S'}\}\)，如果过了 \(\max\{dp_{S'}\}\) 天还没听到枪声，那说明所有 \(S'\) 都不可能是得了懒癌得狗得集合，这时候狗 \(x\) 的主人便会知道自己的狗一定得了懒癌，于是，砰，游戏到此结束。而游戏结束的时间，肯定是对于所有得了懒癌的狗的主人，他们反应过来自己的狗得了懒癌的时间的 \(\min\)，因此 \(dp_S=\min_{x}\{\max\{dp_{S'}\}\}+1\)

从上面的转移中我们可以看出对于 \(S\subseteq T\)，都有 \(dp_S\le dp_T\)，也就是说，上面的 \(dp_{S'}\) 取到 \(\max\) 的情况，就是我们把所有 \(x\) 不能看到的狗都插入集合 \(S\) 并从集合 \(S\) 中删除 \(x\) 得到的集合。因此我们考虑将上面的暴力枚举 \(S'\) 的过程修改为：首先对于两条狗 \(i,j\)，如果 \(i\) 看不到 \(j\) 则连一条 \(i\to j\) 的有向边，那么我们每次选择一个 \(S\) 中的元素并将其删除，同时将所有与其有直接边相连的元素插入 \(S\)，如此进行下去直到 \(S\) 为空，那么这个最小步数就是 \(S\) 的答案。

注意到如果一个点在一个环上或者能到达一个环，那么如果该元素在 \(S\) 中，那么过程一定无法结束，因此这样的点一定不能出现在 \(S\) 中，因此考虑在反图上进行一遍拓扑排序，这样即可知道哪些点必须不能在 \(S\) 中，我们设剩余的点数为 \(m\)。

最后思考如何求解答案。对于这样的题，我们肯定要思考对于一个点，它会对哪些集合的第一问或者第二问的答案产生贡献，不难发现，对于第一问而言，答案就是 \(S\) 中所有点能到达的点的并的大小，也就是说，一个点的贡献会被统计入答案，当且仅当所有能够到达它的点中，至少有一个点属于 \(S\)，因此我们先一遍 bitset 对每个点求出，有多少点能到达它，设为 \(c_i\)，那么一个点的贡献就是 \((2^{c_i}-1)2^{m-c_i}\)。对于第二问而言，通过上面的过程也可以发现，被枪毙的狗都是集合中没有其他狗能够到达的狗，因此一个点的贡献自然是 \(2^{m-c_i}\)，累加求和即可。

时间复杂度 \(\dfrac{n^3}{\omega}\)，由于常数小，1s 时限绰绰有余。

const int MAXN=3000;
const int MOD=998244353;
int n,a[MAXN+5][MAXN+5],deg[MAXN+5],vis[MAXN+5],pw[MAXN+5];
bitset<MAXN+5> rch[MAXN+5];
int main(){
//	freopen("island.in","r",stdin);
//	freopen("island.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		static char s[MAXN+5];scanf("%s",s+1);
		for(int j=1;j<=n;j++) a[i][j]=s[j]-'0';
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i][i]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) if(!a[i][j]) ++deg[i];
	queue<int> q;for(int i=1;i<=n;i++) if(!deg[i]) q.push(i);
	vector<int> seq;
	while(!q.empty()){
		int x=q.front();q.pop();vis[x]=1;seq.pb(x);
		for(int i=1;i<=n;i++) if(!a[i][x]){
			if(!--deg[i]) q.push(i);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) if(vis[i]) rch[i].set(i);
	reverse(seq.begin(),seq.end());
	for(int i=0;i<seq.size();i++){
		int x=seq[i];
		for(int j=1;j<=n;j++) if(!a[x][j]&&vis[j]) rch[j]|=rch[x];
	}
	for(int i=(pw[0]=1);i<=MAXN;i++) pw[i]=(pw[i-1]<<1)%MOD;
	int res1=0,res2=0,tot=seq.size();
	for(int i=1;i<=n;i++) if(vis[i]){
		int cnt=rch[i].count();
//		printf("%d %d\n",i,cnt);
		res1=(res1+1ll*(pw[cnt]-1+MOD)*pw[tot-cnt])%MOD;
		res2=(res2+pw[tot-cnt])%MOD;
	} printf("%d %d\n",res1,res2);
	return 0;
}