DYOJ 【20220303模拟赛】最少分组 题解

最少分组

题意

\(n\) 个点 \(m\) 条边的无向图，可以删掉 0 条或多条边，求满足条件的最小连通块数量：

• 对每个顶点对 \((a,b)\) ，若 \(a\) 和 \(b\) 同属于一个连通块，则 \(a,b\) 之间有边

\(n\le 18\)

题解

显然状压

设 \(f[V]\) 表示点集为 \(V\) 时的答案，则

\[f[V]=\min f[V']+f[V-V']
\]

其中 \(V'\) 是 \(V\) 的子集

初始化：\(f[S]=1\) 当且仅当 \(S\) 是原图的完全字图

因为需要枚举 子集的子集，而一个点只有可能：

• 不在第一层子集中
• 在第一个子集但不在第二个子集
• 在第二个子集

一个点 3 种情况，复杂度 \(O(3^n)\)

因为常数小，即使 \(3^{18}\ge3\times10^9\) 但也能过

Code

这里有新的姿势：如何枚举子集的子集？

for (int i = 1; i < (1 << n); i++)
    for (int j = i; j; j = (j - 1) & i)
        ; // do something

其中 (j - 1) & i 可以保证合法

具体实现：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long uLL;
typedef long double LD;
typedef long long LL;
typedef double db;
const int N = 20;
int n, m, g[N][N], mx, ans, f[1 << N];
int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    mx = (1 << n) - 1;
    for (int i = 1, u, v; i <= m; i++) {
        scanf("%d%d", &u, &v), --u, --v;
        g[u][v] = g[v][u] = 1;
    }
    memset(f, 0x3f, sizeof(f));
    f[0] = 0;
    for (int i = 1, fl; i <= mx; i++) {
        fl = 1;
        for (int j = 0; j < n; j++) if ((i >> j) & 1)
            for (int k = j + 1; k < n; k++) if ((i >> k) & 1)
                if (!g[j][k]) { fl = 0; break; }
        if (fl) f[i] = 1;
    }
    for (int i = 1; i <= mx; i++)
        for (int j = i; j; j = (j - 1) & i)
            f[i] = min(f[i], f[j] + f[j ^ i]);
    printf("%d", f[mx]);
}

总结

状压中枚举子集的子集的技巧