bzoj4086 [Sdoi2015]travel（分类讨论+容斥原理）
题目链接
分析：
第一眼看到这道题的时候，以为是一道状压dp（毕竟k的范文很小啊）
于是设计了许多奇怪的状态，但是由于n<=1000，状压是肯定hold不住的
k的范围小是有作用的，我们考虑分类讨论
- K=2：显然答案就是原连通矩阵
- K=3：枚举起点i，从起点开始枚举两条前后连接的边，维护连通性
复杂度：O(m^2)
void solve3()
{
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=st[i];j;j=way[j].nxt)
{
int nxt=way[j].y;
for (int k=st[nxt];k;k=way[k].nxt)
if (i!=way[k].y) ans[i][way[k].y]=ans[way[k].y][i]=1;
}
}- K=4：一开始我枚举了中间的这条边，之后分别枚举两端点，这样的时间复杂度是O(m*n^2)
显然我们可以do better：枚举两个端点x和y，从两个端点枚举ta们连接的边（x，u）（y，w），判断u和w是否连通
复杂度：O(m^2)
void solve4()
{
for (int x=1;x<=n;x++)
for (int y=x+1;y<=n;y++)
for (int i=st[x];i;i=way[i].nxt)
for (int j=st[y];j;j=way[j].nxt)
if (way[i].y!=way[j].y&&way[i].y!=y&&way[j].y!=x&&mp[way[i].y][way[j].y])
ans[x][y]=ans[y][x]=1;
}- K=5：这种情况就涉及到了简单的容斥
![bzoj4086 [Sdoi2015]travel（分类讨论+容斥原理）_第1张图片](http://img.e-com-net.com/image/info8/f027e3e4c98b4322a132eefa0f85be53.png)
如图，红线标注的就是一个合法的路径，因此（x，y）是合法点对
我们要怎么计算这种情况呢？
首先枚举p，q两点，从p点扩展出一条边（p，z），如果z和q连通，那么（p，z，q）就是一个合法的三元组
设 cnt[i] 表示将（p，q）作为三元组的两端点时，点i是否可以作为三元组的中间点
sum 是针对枚举的（p，q）而言有多少合法的中间点
for (int x=1;x<=n;x++)
for (int y=x+1;y<=n;y++)
{
for (int i=1;i<=n;i++) cnt[i]=0; sum=0;
for (int i=st[x];i;i=way[i].nxt)
if (way[i].y!=y&&mp[way[i].y][y]) cnt[way[i].y]++,sum++; //中间点
}在计算的时候，我们从p，q扩展两条边出来，枚举x和y
但是有可能我们枚举的x和y是中间点
没关系，我们用容斥原理
当 sum−cnt[x]−cnt[y] 大于 0 的时候，
说明即使x（或y）是中间点，仍有另一个中间点（如图中的u）可以使得x—>y经过5个点
因此此时点对（x，y）是合法的
- K=6：思路与K=5的情况大概相同
![bzoj4086 [Sdoi2015]travel（分类讨论+容斥原理）_第2张图片](http://img.e-com-net.com/image/info8/dd240c3d0c5341da8754509dbd3537a5.png)
记链为x—>u—>p—>q—>v—>y
枚举u，v记下所有可能的二元组（p，q），记不同二元组的总数为sum，
每个点在二元组中出现的次数为cnt[i]，
for (int u=1;u<=n;u++)
for (int w=u+1;w<=n;w++)
{
for (int i=1;i<=n;i++) cnt[i]=0; sum=0;
for (int i=st[u];i;i=way[i].nxt) if (way[i].y!=w)
for (int j=st[w];j;j=way[j].nxt) if (way[j].y!=u&&way[j].y!=way[i].y&&mp[way[i].y][way[j].y])
cnt[way[i].y]++,cnt[way[j].y]++,sum++; //中间点对
}然后从u，v扩展出两条边（枚举x，y）
若 sum−cnt[x]−cnt[y]+[x，y是否为二元组（实际上就是x，y是否连通）]>0 ，
则（x，y）为可行点对
简单解释一下：由容斥原理可得，路径条数等于sum减去x在二元组出现的次数，减去y在二元组出现的次数，最后加上x和y在同一个二元组出现的次数
- K=7：依旧是考虑容斥
![bzoj4086 [Sdoi2015]travel（分类讨论+容斥原理）_第3张图片](http://img.e-com-net.com/image/info8/ba17b6b4e12c4980b35c06e276d9a635.png)
记链为x—>u—>p—>z—>q—>v—>y，
先记下对所有（p，q）中z的集合，
然后枚举u，v，从这两个点扩展出点对（p，q），对中间的所有可行的三元组，记录总数为 sum ，
接下来的操作我们是针对三元组进行的容斥
记每个点在三元组中出现次数为cnt[i]
记i，j都在两端的次数为cnt1[i][j]
记i在三元组中点位置，j在两端的次数为cnt2[i][j]
再枚举x，y
若 sum−cnt[x]−cnt[y]+cnt2[x][y]+cnt2[y][x]+cnt1[x][y]>0 ，
则（x，y）合法
简单解释一下：
最后枚举的两个点（x，y）一定不会和u，v重合
因此路径条数等于sum减去x在三元组出现的次数，减去y在三元组出现的次数，
加上（x，y）和（p，q）重合的情况（cnt1[x][y]）
加上（x，y）中一个与三元组的中点重合的情况（cnt2[x][y]，cnt2[y][x]）
K<7的情况可以在O(m^2)的时间内完成，K=7的情况有点难估计
tip
时限80s啊。。。
代码专治手残，眼瞎等疾病
注意初始化
遇到数据范围比较小的时候，我们可以考虑分类讨论（部分分做法？）
#include//三元组中间点
{
int t=c[way[i].y][way[j].y][k];
if (t==p||t==q) continue; //到现在为止已经形成了一个五元组
//way[i].y way[j].y k 组成一个三元组
if (num[way[i].y][way[j].y]==tot) ++cnt1[way[i].y][way[j].y]; //都在两端
else num[way[i].y][way[j].y]=tot,cnt1[way[i].y][way[j].y]=1;
if (sz[way[i].y][t]==tot) ++cnt2[way[i].y][t]; //一个在一端，一个在三元组内
else sz[way[i].y][t]=tot,cnt2[way[i].y][t]=1;
if (sz[way[j].y][t]==tot) ++cnt2[way[j].y][t];
else sz[way[j].y][t]=tot,cnt2[way[j].y][t]=1;
++cnt[way[i].y];
++cnt[way[j].y];
++cnt[t];
++sum;
}
for (int i=st[p];i;i=way[i].nxt) if (way[i].y!=q)
for (int j=st[q];j;j=way[j].nxt) if (way[j].y!=p&&way[j].y!=way[i].y)
ans[way[i].y][way[j].y]=( ans[way[j].y][way[i].y] |=
( sum - cnt[way[i].y] - cnt[way[j].y]
+ (num[way[i].y][way[j].y]==tot? cnt1[way[i].y][way[j].y]:0)
+ (sz[way[i].y][way[j].y]==tot? cnt2[way[i].y][way[j].y]:0)
+ (sz[way[j].y][way[i].y]==tot? cnt2[way[j].y][way[i].y]:0) >0 ) );
}
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while (T--)
{
memset(ans,0,sizeof(ans));
memset(mp,0,sizeof(mp));
memset(st,0,sizeof(st)); tot=0;
scanf("%d%d%d",&n,&m,&K);
for (int i=1;i<=m;i++)
{
int u,w;
scanf("%d%d",&u,&w);
if (!mp[u][w]) add(u,w);
mp[u][w]=1; mp[w][u]=1;
}
if (K==2) memcpy(ans,mp,sizeof(ans));
else if (K==3) solve3();
else if (K==4) solve4();
else if (K==5) solve5();
else if (K==6) solve6();
else if (K==7) solve7();
for (int i=1;i<=n;i++){
for (int j=1;j<=n;j++)
printf("%c",(ans[i][j])? 'Y':'N');
printf("\n");
}
}
return 0;
}