bzoj 4715

其实我并没有见过原题，只是因为...这被改编成了互测题...

题目中提到了一个序列，这个序列是很重要的，否则这个问题好像是没有合理的时间复杂度解法的

但正因为有了这个序列，这个问题的时间复杂度才让人能够接受

序列的特性：逆序对！

根据题意，我们发现一个图上所有的连边一定来源于这个序列里的逆序对！

那么，如果要求一个点集内部没有连边，内部是不能有逆序对的！

那么这个条件等价于求出这个序列的上升子序列数目！

所以我们记dp[i]表示以i为结尾，获得所求点集的方案数

那么dp[i]就可以由dp[j]进行转移，其中j

但并不是所有的j都能转移到i，因为还有第二个约束条件

都要有连边怎么办？

我们发现，首先，如果想用f[j]来更新f[i]，那么j~i之间的点都没有被使用，那这样一来我们就要让他们都与选中的点之间有连边

怎么做？

充要条件：对于任意ja[i]或a[k]

证明：首先我们知道，由于是上升序列，一定有：a[i]>a[j]

那么，如果要求都有连边，那么k要么会和i构成逆序对，要么会和j以内某个被选中的点构成逆序对

再考虑j以内所有值都比a[j]小，所以如果k能和j以内某个点构成逆序对，必然会和j构成逆序对

即要求：a[k]

那么如果k与i构成逆序对，一定要求a[k]>a[i]

于是我们检验上述两个条件就好

可是这样做是O（n^3）过不了啊

再优化一下!

我们能够发现，如果有a[k]>a[i]，根据单调性，一定有a[k]>a[j]！

而a[k]

所以我们仅需找出，对于所有a[k]>a[j]的k中最小的a[k]是否大于a[i]即可

而如果我们先枚举j，然后枚举i，那么是可以在枚举i的同时维护出这个最小的a[k]的！

这样时间就降到了O（n^2）

当然，我们忽略了一个问题：序列怎么求？

拓扑排序！

这里的拓扑稍特殊：需要用到优先队列，因为对于没有逆序对的部分，后面的一定比前面的大

最后贴代码：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define mode 1000000007
using namespace std;
int dp[1005];
int inr[1005];
int maps[1005][1005];
bool used[1005];
int a[1005];
int n,m;
int main()
{
	freopen("is.in","r",stdin);
	freopen("is.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int x,y;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		if(x>y)
		{
			swap(x,y);
		}
		inr[y]++;
		maps[x][y]=maps[y][x]=1;
	}
	priority_queue  M;
	for(int i=n;i>=1;i--)
	{
		if(!inr[i])
		{
			used[i]=1;
			M.push(i);
		}
	}
	int ttop=n;
	while(!M.empty())
	{
		int u=M.top();
		M.pop();
		a[u]=ttop--;
		for(int i=n;i>=1;i--)
		{
			if(maps[u][i])
			{
				inr[i]--;
				if(!inr[i]&&!used[i])
				{
					used[i]=1;
					M.push(i);
				}
			}
		}
	}
	a[0]=0,a[n+1]=n+1;
	dp[0]=1;
	for(int j=0;j<=n;j++)
	{
		int minval=n+2;
		for(int i=j+1;i<=n+1;i++)
		{
			if(a[i]=minval)
			{
				continue;
			}
			dp[i]+=dp[j];
			dp[i]%=mode;
			minval=a[i];
		}
	}
	printf("%d\n",dp[n+1]);
	return 0;
}