【JZOJ6233】【20190627】心的旋律

题目

你需要构造一个\(n\)个点的二分图

定义\(F(A)\)表示左部点集\(A\)能够到达的右部中的点

使得满足 $ F(A) \lt |A| $ 的集合恰好有 $ k $ 个

\(1 \le n \le 32 \ , \ 0 \le k \le 2^n\)

题解

• 当$A = \emptyset $ 时满足\(F(A) \lt |A|\) ，当\(k = 2^n\)时无解

• 下面都考虑构造满足\(F(A) \ge |A|\)　的个数为\(k \ = \ 2^n - k\)

• 另\(F_{i+1}\)表示第\(i\)个点的F集合，令$ F_{i+1} \supset F_{i} $ ，记\(d_i = |F_{i}|\)，即\(d_{i+1}-d_i = 0 / 1\)

• 那么结论是$d_i $的 \(2^n\) 个取值恰好一一对应了$ 1 \to 2 ^ n $ 的 $ k $ 值

  并且存在一个更强的结论

  

• 证明：
  
  考虑如何计算一个\(d_i\)的方案：

  \[\begin{align}
  F&= \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{d_i}(^{i-1}_{j-1})\\
  &= \sum_{i=1}^{m} (^n_i) - (^{B_i - 1}_{\ \ \ i}) \\
  \end{align}
  \]

  记 $ d_i =1 $ 的位置为 $ B_ 1 \ , \ \cdots \ , \ B_m $ ，只需要证明

  (注意组合数的一个竖列和主对角线求和是可化简的)

  ＊1.若\(m_1 \lt m_2\) ，则\(F_1 \lt F_2\)

  不妨考虑\(m , m + 1\) \(m \lt n\)

  $F_{m+1} - F_{m} \ge (^n _m) - [ (^{n-m}_1 )+ (^{{n-m-1}_2)+\cdots+(}{n-1}_m) ] = (^{n-m-1}_0) \ge 1 $

  由于前一半是和\(B_i\)独立的，所以多加一位的贡献可以覆盖后一半的贡献

  ＊2.\(m_1=m_2\)，记\(d_i\)形成的二进制数\(D1 \gt D2\) ，则\(F_1 \lt F_2\)

  不妨考虑二进制位\(i\)和\(i+1\)的贡献 \((i \ge m)\)

  \(F_{i} - F_{i+1} \ge (^i_m) - [(^{i-m}_1) +\cdots + (^{i-2}_{m-1}) + (^{i-1}_m) ] = (^{i-m}_0) \ge 1\)

  说明二进制位不同可以覆盖后面所有二进制位的贡献

  可以说明上面的所有结论

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=33;
typedef pair<ll,ll>pii;
int n,d[N];ll K,C[N][N];
pii a[N];
int main(){

	freopen("circle.in","r",stdin);
	freopen("circle.out","w",stdout);

	scanf("%d%lld",&n,&K);
	K=(1ll<<n)-K;
	if(!K)puts("-1"),exit(0);
	int cnt=0;

	for(int i=0;i<=n;++i)C[i][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i)
	for(int j=1;j<=n;++j)C[i][j]=C[i-1][j-1]+C[i-1][j];

	for(cnt=0;C[n][cnt]<K;K-=C[n][cnt++]);

	for(int i=n,now=0;i&&now<cnt;--i){
		if(C[i-1][cnt-now-1]<K)K-=C[i-1][cnt-now-1];
		else now++,d[i]=1;
	}

	for(int i=1;i<=n;++i)d[i]+=d[i-1];
	for(int i=1;i<=n;++i,puts(""))
		for(int j=1;j<=n;++j)printf(j<=d[i]?"1 ":"0 ");

	return 0;
}