【UOJ#76】【UR #6】懒癌（动态规划）

【UOJ#76】【UR #6】懒癌（动态规划）

题面

UOJ

题解

神....神仙题。

先考虑如果是完全图怎么做。。。

因为是完全图，所以是对称的，所以我们只考虑一个有懒癌的人的心路历程。

如果只有一只狗有懒癌：第一天，看了看，似乎其他的狗都没有，但是村子里至少有一只狗有，然后就确定了。

如果有两只狗：第一天，看了看，有一只别的狗有懒癌，不确定；第二天，昨天有懒癌的那只狗还活着，证明他不能确定，所以他还看到了别的狗有懒癌，而除了自己的未知和那个有懒癌的人，别的人的狗都没有懒癌，所以自己的狗有懒癌。

那么递归下去，似乎可以得到如果有\(k\)只狗有懒癌，那么在完全图的情况下就会在第\(k\)天同时开枪。

那么不难发现一切都是在这个人假装自己的狗没有病的前提下，如果他按时听到了枪声，那么他会认为自己的狗没病，否则没有按时听到枪声，他就会认为自己狗病了。那么这个枪声的时间是什么时候呢？显然这个人能够确定的是他所有能够看到的人的狗是否生病，其他的人任意情况都是可能的，那么设\(f[S]\)表示生病状态是开枪时间的最小值，那么这个人会枚举所有的情况，如果在\(max\{f[T]\}\)没有听到枪声，他就会在\(max\{f[T]\}+1\)时刻开枪。这样子直接暴力\(dp\)的复杂度大概是\(O(4^nn)\)左右？

这里打表可以发现当\(U\subset V\)时，\(f[U]\le f[V]\)。这样子就只需要把所有不能确定的全部默认为得了懒癌的，也就是全部看成\(1\)进行转移。

复杂度可以优化到\(O(2^nn)\)。

现在把时间给分开，一种是在有限时间内会开枪的，另外一个种是不会开枪的。考虑一下什么时候不会开枪，也就是一直无法确定的时候，最简单的例子就是只有两个人，他们互相看不见对方，那么永远都不知道时间。考虑构建出补图，即一个人如果看不到另外一个人就连一条边。那么一个不会开枪的情况在补图上表现为一个点数超过\(1\)的强连通分量。这是因为这些人之间的信息无法互相传递，导致信息不完整，所以永远都不会知道。

那么我们可以把这些\(SCC\)给删掉，剩下的部分显然就是一个\(DAG\)。

我们考虑把有懒癌的点给染黑，没有的染白。我们把上面的那个\(dp\)的模型给往这里靠。

这里的过程是：每次可以把一个黑点染白，然后把所有出边染黑。等到所有点都变白了之后，曾经被染黑过的点的个数就是答案。

那么我们回到上面的\(dp\)，类比一下这个过程，每次找到一个黑点，一开始默认自己的白的，然后把所有看不到的给变成\(1\)，这个过程就是上面的\(dp\)转移。而每次都是在上次的基础上\(+1\)。那么对于每个黑点都要转移出去一次，所以答案和上面的\(DAG\)上的模型一样。

那么我们把题目转化过来了，不难发现这个答案就是黑点点集能够访问到的点的个数。对于第一问考虑答案，显然每个点单独考虑，假设其能够到达这个点的点的个数为\(r\)，那么贡献就是\((2^r-1)*2^{n-r}\)。

对于第二问而言，显然只有不存在别的黑点能够到达这个黑点的时候才会被统计，所以答案就是\(2^{n-r}\)。

那么拿\(bitset\)统计就行了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<bitset>
using namespace std;
#define MOD 998244353
#define MAX 3030
int n,dg[MAX],bin[MAX],S[MAX],N;
bitset<MAX> a[MAX],g[MAX];
char s[MAX];
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	bin[0]=1;for(int i=1;i<=n;++i)bin[i]=(bin[i-1]*2)%MOD;
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		scanf("%s",s+1);
		for(int j=1;j<=n;++j)
			if(i^j)g[i][j]=s[j]=='0',dg[i]+=g[i][j];
	}
	for(int i=1;i<=n;++i)if(!dg[i])S[++N]=i;
	for(int i=1;i<=N;++i)
		for(int j=1;j<=n;++j)
			if(g[j][S[i]]&&!--dg[j])S[++N]=j;
	for(int i=1;i<=N;++i)a[S[i]][S[i]]=1;
	for(int i=N;i;--i)
		for(int j=1;j<=n;++j)
			if(g[S[i]][j])a[j]|=a[S[i]];
	int ans1=0,ans2=0,r;
	for(int i=1;i<=N;++i)
		r=N-a[S[i]].count(),ans1=(ans1+1ll*(bin[N-r]-1)*bin[r])%MOD,ans2=(ans2+bin[r])%MOD;
	printf("%d %d\n",ans1,ans2);
	return 0;
}