【PKUWC2018】随机算法【状压dp】【组合计数】

题意:一张 n n n个点 m m m条边的无向无权图,求以下算法计算最大独立集的正确率:随机一个排列,依次考虑排列中每一个点,如果不与任何一个独立集中的点相邻则将其加入独立集。模 998244353 998244353 998244353

n ≤ 20 n\leq20 n20

显然这是个计数问题。

显然是个状压dp。

f ( S , i ) f(S,i) f(S,i)表示当前已经考虑完了 S S S,算出最大独立集大小为 i i i的方案数。

枚举接下来考虑的点 j j j,设 j j j及与其相邻的点中未被考虑的点的集合为 T T T

因为相邻的关系是相互的,所以 j j j一定是 T T T中第一个被考虑的(废话)

在考虑完 j j j后,剩下的 ∣ T ∣ − 1 |T|-1 T1个点可以在后面随便放,并不影响后面的计算,所以认为 T T T中的点都考虑了。

f ( S ∣ T , i + 1 ) = ∑ f ( S , i ) A n − ∣ S ∣ − 1 ∣ T ∣ − 1 f(S| T,i+1)=\sum f(S,i)A_{n-|S|-1}^{|T|-1} f(ST,i+1)=f(S,i)AnS1T1

最终答案为 f ( 2 n − 1 , m x ) / n ! f(2^n-1,mx)/n! f(2n1,mx)/n!,其中 m x mx mx为真正的最大独立集大小

复杂度 O ( 2 n n 2 ) O(2^nn^2) O(2nn2)

如果被卡常了可以在dp的时候顺便把 m x mx mx算出来,不用单独再算

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int MOD=998244353;
typedef long long ll;
inline int qpow(int a,int p)
{
	int ans=1;
	while (p)
	{
		if (p&1) ans=(ll)ans*a%MOD;
		a=(ll)a*a%MOD;p>>=1;
	}
	return ans;
}
int fac[25],finv[25];
int g[25][25];
int T[25],cnt[1<<20],dp[25][1<<20];
int main()
{
	for (int i=1;i<(1<<20);i++) cnt[i]=cnt[i^(i&-i)]+1;
	int n,m;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	fac[0]=1;
	for (int i=1;i<=n;i++) fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%MOD;
	finv[n]=qpow(fac[n],MOD-2);
	for (int i=n-1;i>=0;i--) finv[i]=(ll)finv[i+1]*(i+1)%MOD;
	for (int i=1;i<=m;i++)
	{
		int u,v;
		scanf("%d%d",&u,&v);
		--u,--v;
		g[u][v]=g[v][u]=1;
	}
	for (int i=0;i<n;i++)
	{
		T[i]=1<<i;
		for (int j=0;j<n;j++)
			T[i]|=g[i][j]<<j;
	}
	dp[0][0]=1;
	int ans=0;
	for (int S=0;S<(1<<n);S++)
		for (int i=0;i<=cnt[S];i++)
		{
			if (!dp[i][S]) continue;
			ans=max(ans,i);
			for (int j=0;j<n;j++)
				if (!(S&(1<<j)))
					dp[i+1][S|T[j]]=(dp[i+1][S|T[j]]+(ll)dp[i][S]*fac[n-cnt[S]-1]%MOD*finv[n-cnt[S|T[j]]])%MOD;
			
		}
	printf("%lld\n",(ll)dp[ans][(1<<n)-1]*finv[n]%MOD);
	return 0;
}

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