题解-PKUWC2018 随机算法
Problemloj2540 题意简述:给定(n)个点的无向图,给定求最大独立集的近似算法:随机排列(1cdots n),按照该排列顺序贪心构造最大独立集(即对每个点能加入独立集就加),求算法正确率 (nleq 20,mleq binom n2) Solution暴力枚举应有(10pts)((nleq 9)) 当前状态集合为(S),(0,1,2)分别表示没访问到、访问到且在最大独立集内、访问到且未在最大独立集内,每次枚举下一个访问的节点,复杂度(O(n3^n)),应有(30pts)((nleq 13)) 然而我并没有想到(70pts)((nleq 17))的做法,可能是(O(n^22^n))? 一种玄学暴力,枚举所有最大独立集,然后(f[S])来dp转移,最坏复杂度(O(2^ncdot 2^nn)),但由于一个图的最大独立集没有多少,所以应该能拿一个很高的分(据学长说这个算法好像可以(100pts)) 算了,还是来想点正经的,预估复杂度为(O(n2^n)),所以大致是设答案为(f[S]),然后枚举点进行转移 接着(30pts)做法,要将状态数降至(2^n),需要将三种状态中合并两种……然而到这我就不会了qwq 把范围展开一点,(f[S])表最大独立集与与其相连的节点集合(独立集辐射范围)为(S)时的最大独立集大小,用(g[S])计数,最终(g[U])即为答案 转移就相当于每次在(S)里刨掉某个点与与其相连的点,好像就没了?(由于算的是期望且每个状态的步数不同,处理完每个(g(T))后要将(g(T))除以(|T|)) upd:看了题解后发现好像(70pts)就是我的做法再加个状态表示(S)的最大独立集大小(而且更显而易见),但由于每个(S)的最大独立集大小唯一,所以不需要这么设置 看了题解后发现有个方程更容易想,设(S)为独立集辐射范围(就是上面的定义),设(w)为当前枚举点的控制范围: [f(Scup w)+=f(S)cdot P_{n-|S|-1}^{|w|-|wcap S|-1}] Code#include <cstdio> const int N=21,M=1<<N,p=998244353; int d[N],bin[N],inv[N],f[M],g[M]; int n,m,lim; inline int pls(int&x,int y){x=x+y<p?x+y:x+y-p;} int main(){ scanf("%d%d",&n,&m);lim=1<<n; d[1]=bin[1]=inv[0]=inv[1]=1; for(int i=2;i<=n;++i){ d[i]=bin[i]=bin[i-1]<<1; inv[i]=1ll*(p-p/i)*inv[p%i]%p; } for(int i=m,x,y;i;--i){ scanf("%d%d",&x,&y); d[x]|=bin[y]; d[y]|=bin[x]; } g[0]=1; for(int S=1,tt,s;S<lim;++S){ tt=0; for(int i=1;i<=n;++i) if(S&bin[i]){ ++tt,s=S&(~d[i]); if(f[S]<f[s]+1)f[S]=f[s]+1,g[S]=0; if(f[S]==f[s]+1)pls(g[S],g[s]); } g[S]=1ll*g[S]*inv[tt]%p; } printf("%dn",g[lim-1]); return 0; } (编辑:李大同) 【声明】本站内容均来自网络,其相关言论仅代表作者个人观点,不代表本站立场。若无意侵犯到您的权利,请及时与联系站长删除相关内容! |