「THUWC 2017」随机二分图

「THUWC 2017」随机二分图

解题思路 :

首先有一个 \(40pts\) 的做法：

前 \(20pts\) 暴力枚举最终的匹配是怎样的，check一下计算方案数，后 \(20pts\) 令 \(f[s][i]\) 表示当前左边的点匹配到前 \(i\) 个，右边的点匹配状况是 \(s\) 时继续往下匹配方案数的期望，枚举与 \(i\) 相连的边转移即可。

对于剩下的 \(t=1,t=2\) 的情况，先和 \(t = 0\) 一样直接连 \((a1,b1), (a2,b2)\)。然后观察此时概率发生的偏差。

以 \(t=1\) 为例，只选 \((a1,b1)\) 或者只选 \((a2, b2)\) 时概率和正确情况一样都是 \(\frac{1}{2}\) 。但是如果两条边都选此时算的概率是 \(\frac{1}{4}\) ，而应该是 \(\frac{1}{2}\) ，所以还要补连一种转移同时选上四个点概率是 \(\frac{1}{4}\) ，根据期望的线性性，正确性显然。

对于 \(t=2\) 情况，和上面一样分析，发现对于同时选的情况多算了 \(\frac{1}{4}\) ，补连一条概率是 \(-\frac{1}{4}\) 的转移即可。

此时我们就不能按照 \(40pts\) 的方法DP了，需要设 \(f[s1][s2]\) 表示此时左边点匹配状况是 \(s1\)，右边匹配状况是 \(s2\) ，继续向下匹配方案数的期望。但是为了不重，我们每次还是要为 \(s1\) 中编号最小为匹配的点安排匹配，那么这样状态数就是和 \(40pts\) 的转移同阶的，用一个map记忆化一下复杂度就是 \(O(n^22^n)\) 。

code

/*program by mangoyang*/
#pragma GCC optimize("Ofast", "inline")
#include<bits/stdc++.h>
#define inf ((int)(1e9))
#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
typedef long long ll;
using namespace std;
template <class T>
inline void read(T &x){
    int f = 0, ch = 0; x = 0;
    for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = 1;
    for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = x * 10 + ch - 48;
    if(f) x = -x;
}
const int INV2 = 500000004, INV4 = 250000002, mod = 1e9 + 7;
map<int, int> f;
int a[300], b[300], n, m, cnt;

inline int Pow(int a, int b){
	int ans = 1;
	for(; b; b >>= 1, a = 1ll * a * a % mod)
		if(b & 1) ans = 1ll * ans * a % mod;
	return ans;
}

inline int dfs(int mask){
	if(mask == (1 << (n << 1)) - 1) return 1;
	if(f.count(mask)) return f[mask];
	int now = 0, tmp = 0;
	for(int i = n - 1; ~i; i--)
		if(!((1 << i) & mask)) now = (1 << i);
	for(int i = 1; i <= cnt; i++)
		if((now & a[i]) && !(mask & a[i]))
			(tmp += 1ll * dfs(mask | a[i]) * b[i] % mod) %= mod;
	return f[mask] = tmp;
}

int main(){
	read(n), read(m);
	for(int i = 1, op, x, y; i <= m; i++){
		read(op), read(x), read(y), x--, y--;
		int tmp = (1 << x) | (1 << y + n);
		a[++cnt] = tmp, b[cnt] = INV2;
		if(op){
			read(x), read(y), x--, y--;
			a[++cnt] = (1 << x) | (1 << y + n), b[cnt] = INV2;
			if(tmp & ((1 << x) | (1 << y + n))) continue;
			tmp |= (1 << x) | (1 << y + n);
			a[++cnt] = tmp, b[cnt] = op == 1 ? INV4 : -INV4 + mod;
		}
	}
	cout << 1ll * dfs(0) * Pow(2, n) % mod << endl;
	return 0;
}