【CF Gym100228】Graph of Inversions

Portal --> qwq（貌似是CodeForces Gym 100228 (ECNA2003) - I）

Description

　　对于长度为 $n$ 的序列 $A$ ，定义其逆序图 $G$ 如下：无向图 $G$有$n$ 个节点，编号为 $0..n-1$ ；对于任意的$ 0≤i<j≤n−1$ ，如果有 $a[i]>a[j]$，那么 $G$中存在一条 $i$和 $j$之间的边。例如：$A=\{1,3,4,0,2\}, G=\{(0,3),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4)\}$

　　定义独立集 $S$：对于$∀x∈S,y∈S$ ，都不存在一条边$ (x,y)$

　　定义覆盖集 $S$ ：对于$∀x∉S$，至少存在一条边$ (x,y)$，使得 $y∈S$

　　现在给你一个逆序图 $G$（保证合法），求$ G$ 有多少个点集既是独立集又是覆盖集。

　　数据范围：$1<=n<=1000,0<=m<=n*(n-1)/2$

Solution

　　首先。。图的独立集是。。一个np问题==那所以直接在图上面搞什么的显然是不理智的qwq

　　那所以。。要好好利用逆序图这个条件

　　把独立集和覆盖集放在回原来的序列里面来看，其实就是：$S$中的元素无法构成逆序对（也就是说。。必须递增），并且任意非$S$元素均能与$S$中至少一个元素构成逆序对

　　所以我们其实是要找有多少个递增的子序列满足第二个条件

　　这个要怎么找呢。。考虑dp，记$f[i]$表示以$i$结尾的满足条件的子序列有多少个，那么考虑转移，$f[i]$能够转移到$f[j]$，当且仅当满足$a[i]<a[j]$并且$i$和$j$中间的这段都要能和子序列中的至少一个元素构成逆序对，也就是要么小于$a[i]$要么大于$a[j]$，然后因为如果小于$a[i]$的话不满足第一个转移条件，所以$i$到$j$之间的，除了之前能够转移的位置，其他肯定都是小于$a[i]$的不用管，我们只要看$>a[i]$中最大的那个是不是$>a[j]$就好了，具体实现其实很简单，因为这些需要单独考虑的位置肯定是之前遇到的能够转移的位置，所以我们开多一个$tmp$记录一下最大值即可

　　至于这个序列要怎么还原，因为只有大于和小于关系，所以。。我们钦定一下这个序列是一个$1$到$n$的排列，然后我们可以通过逆序对得到每个数前面比它大的有多少个，后面比它大的有多少个，那就可以得到每个数的具体值了（为了方便统计答案我们可以将$a[n+1]$钦定成一个很大的数然后计算到$n+1$位，答案就是$f[n+1]$）

　　代码大概长这个样子

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#define ll long long

using namespace std;

const int N=1010;

struct Rec{

	int x,y;

}rec[N*(N-1)/2];

int a[N],cnt[N];

ll f[N];

int n,m,ans;

void dp(){

	int tmp;

	f[0]=1;

	for (int i=0;i<=n;++i){

		tmp=n+2;

		for (int j=i+1;j<=n+1;++j){

			if (a[j]<a[i]||a[j]>=tmp) continue;

			f[j]+=f[i];

			tmp=a[j];

		}

	}

}

int main(){

#ifndef ONLINE_JUDGE

	freopen("a.in","r",stdin);

#endif

	scanf("%d%d",&n,&m);

	for (int i=1;i<=n;++i) cnt[i]=n-i;

	for (int i=1;i<=m;++i){

		scanf("%d%d",&rec[i].x,&rec[i].y);

		++rec[i].x; ++rec[i].y;

		if (rec[i].x>rec[i].y) swap(rec[i].x,rec[i].y);

		++cnt[rec[i].y]; --cnt[rec[i].x];

	}

	for (int i=1;i<=n;++i) a[i]=n-cnt[i];

	a[n+1]=n+1;

	dp();

	printf("%d\n",f[n+1]);

}