标签：个点 Chain 05 int 容斥 拓扑 SWTR include dp

Description

给定一个 DAG，每次询问如果删除 \(k\leq 15\) 个点，还剩下多少条入度为零的点到出度为零的点的路径。新增的路径不参与统计。

Solution

唯一可做题，其他的都没什么思路/kel。

\(k\) 很小，容易想到一个枚举子集的做法，那么只需要预处理出每两个点之间的距离。可以按拓扑序删点，然后再一遍拓扑求出所有点到当前点的距离。配合容斥可以过前 75%，复杂度 \(O(nm+q2^k)\)。

发现只需要知道最后一个点是哪个点，把这 \(k\) 个点按拓扑序排序，然后考虑 dp。\(dp_{i,j}\) 表示选了 \(j\) 个点，最后一个点是第 \(i\) 个的从入度为零的点到 \(i\) 的路径条数。那么统计答案就只需要乘上 \((-1)^j\) 的容斥系数，再乘上点到终点的方案数。这样单次询问就是 \(O(k^3)\)。

再次观察，发现并不需要知道选了多少个，只需要在转移的时候容斥，那么就可以删掉一维。单次 \(O(k^2)\)。

#include<stdio.h>
#include<vector>
#include<queue>
#include<algorithm>
using namespace std;

inline int read(){
    int x=0,flag=1; char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')flag=0;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+c-48;c=getchar();}
    return flag? x:-x;
}

const int N=2e3+7;
const int Mod=1e9+7;

queue<int> Q;
vector<int> G[N];
int dfn[N],in[N],dis[N][N],In[N],a[N],dp[16];

inline bool Cmp(int x,int y){return dfn[x]<dfn[y];}

int main(){
    freopen("foodchain.in","r",stdin);
    freopen("foodchain.out","w",stdout);
    int n=read(),m=read();
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int u=read(),v=read();
        G[u].push_back(v),In[v]++;
    }
    for(int u=1;u<=n;u++){
        if(!G[u].size()) G[u].push_back(n+1),In[n+1]++;
        if(!In[u]) G[0].push_back(u),In[u]++;
        in[u]=In[u];
    }
    Q.push(0); int timer=0;
    while(!Q.empty()){
        int u=Q.front(); Q.pop(); dfn[u]=++timer;
        for(int v:G[u]) if(!(--in[v])) Q.push(v);
    }
    for(int i=0;i<=n+1;i++) a[i]=i;
    sort(a,a+1+n+1,Cmp);
    for(int i=0;i<=n+1;i++){
        const int U=a[i];
        for(int v=0;v<=n+1;v++) in[v]=In[v];
        dis[U][U]=1;
        for(int j=i;j<=n+1;j++)
            if(!in[a[j]]) Q.push(a[j]);
        while(!Q.empty()){
            int u=Q.front(); Q.pop();
            for(int v:G[u]){
                dis[U][v]=(dis[U][v]+dis[U][u])%Mod;
                if(!(--in[v])) Q.push(v);
            }
        }
        for(int v:G[U]) --In[v];
    }
    int q=read();
    while(q--){
        int k=read();
        for(int i=1;i<=k;i++) a[i]=read();
        sort(a+1,a+1+k,Cmp);
        for(int i=1;i<=k;i++)
            dp[i]=Mod-dis[0][a[i]]; 
        for(int i=1;i<=k;i++)
        for(int j=1;j<i;j++)
            dp[i]=(dp[i]-1ll*dp[j]*dis[a[j]][a[i]]%Mod+Mod)%Mod;
        int ans=dis[0][n+1];
        for(int i=1;i<=k;i++)
            ans=(ans+1ll*dp[i]*dis[a[i]][n+1]%Mod)%Mod;
        printf("%d\n",ans);
    }
}

标签：个点,Chain,05,int,容斥,拓扑,SWTR,include,dp
来源： https://www.cnblogs.com/wwlwQWQ/p/15394254.html

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