【LOJ2540】「PKUWC2018」随机算法

题意

题面

给一个 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向图。考虑如下求独立集的随机算法：随机一个排列并按顺序加点。如果当前点能加入独立集就加入，否则不加入。求该算法能求出最大独立集的概率。

\(n\le 20\)。

Solution

考虑状压DP。按照题意我们按顺序加点，如果该点不能加入独立集，那么这个点可以插在之后排列的某一个位置中。

我们记当前排列独立集中的点的集合和不在独立集中的点的个数为状态，设 \(F(S,i)\) 表示当前独立集点的集合为 \(S\)，还有 \(i\) 个点没有插入排列。

可以用高维前缀和预处理每个集合的相邻的点（包括集合本身的点。记为 \(g(S)\)），这样就可以 \(O(2^n \times n^2)\) 的预处理每个点 \(u\) 当前集合加入独立集 \(s\) 后新的相邻的点，记为 \(h(u,S)\)。

我们有

\[F(S,i-1) \leftarrow F(S,i)\times i \\
F(S\cup u,i+h(u,S)) \leftarrow F(S,i) (u\notin g(S))
\]

DP 的时间复杂度是 \(O(2^n \times n^2)\)。可以通过本题。当然这不是本题的最优复杂度。

code

#include<bits/stdc++.h>
#pragma GCC target("popcnt")
using namespace std;
const int N=21,Mod=998244353;
int g[1<<N],f[1<<N][N],t[N],ans,mx,n,m;
void upd(int& x, int y)
{
	x=(x+y>=Mod?x+y-Mod:x+y);
}
#define mul(x,y) (1ll*(x)*(y)%Mod)
inline int po(int x, int y=Mod-2)
{
	int r=1;
	while(y)
	{
		if(y&1) r=mul(r,x);
		x=mul(x,x), y>>=1;
	}
	return r;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1,u,v;i<=m;++i)
	{
		scanf("%d%d",&u,&v),--u,--v;
		g[1<<u]|=(1<<u)|(1<<v);
		g[1<<v]|=(1<<u)|(1<<v);
	}
	for(int s=1;s<(1<<n);++s)
		for(int i=0;i<n;++i) if(s&(1<<i)) g[s]|=g[s^(1<<i)];
	f[0][0]=1;
	for(int s=0;s<(1<<n);++s)
	{
		for(int i=n;i;--i) upd(f[s][i-1],mul(f[s][i],i));
		memset(t,0,sizeof(t));
		for(int x=0;x<n;++x) if(!(g[s]&(1<<x)))
			t[x]=__builtin_popcount((g[1<<x]^(1<<x))&(~g[s]));
		for(int i=0;i<=n;++i) if(f[s][i])
			for(int x=0;x<n;++x) if(!(g[s]&(1<<x)))
				upd(f[s|(1<<x)][i+t[x]],f[s][i]);
	}
	for(int s=0;s<(1<<n);++s)
	{
		const int cnt=__builtin_popcount(s);
		if(cnt>mx&&f[s][0]) mx=cnt,ans=f[s][0];
		else if(cnt==mx) upd(ans,f[s][0]);
	}
	int fac=1; for(int i=1;i<=n;++i) fac=mul(fac,i);
	printf("%d",mul(ans,po(fac)));
}