ZOJ 4098 Defense Plan（暴力+剪枝+思維）

題目鏈接：

Defense Plan

 

題意：

王國裏有 n 個城堡，初始防禦力爲 1。每個城堡都可以裝備加農炮，裝備之後第 i 個城堡的防禦力爲 w[i]。設現在每個城堡防禦力爲 t[i]，王國的防禦力爲  。此外，還有 m 個互斥條件，表示 i，j 不能同時裝備加農炮。設總共有 k 種不同情況，每種情況王國的防禦力爲xi，則求方差  ，其中  。

 

思路：

先看所求方差：

因此，我們需要知道所有情況數 k，所有情況之和 sum，所有情況的平方和 res。

首先，dfs純暴力做法：每個城堡選或者不選（），再判斷該情況是否滿足互斥條件（），複雜度  。

剪枝：

1. 從第 1 個城堡開始到第 n 個，每次該城堡必選，然後枚舉 i+1 ~ n，把互斥的城堡vis標記都++，再找到後面第一個不互斥的點，2種情況（選或者不選），不選：dfs(i,res,sum,k)，選：把其後與其互斥的城堡vis標記都++，dfs(i,res*w[i]*w[i],sum*w[i],k)，以此下去，每次把 n 個都遍歷完，更新我們所需要的數值。複雜度  。

2. 若第 i 個點與其後面所有點都不互斥，那麼不需要再考慮該點選或不選，直接dfs(i,res+res*w[i]*w[i],sum+sum*w[i],k*2) 。（即兩種情況組合）複雜度：玄學。

題目數據比較水，這樣就能過。但明顯有反例能卡時間，如：1，2，...，n，且 n 與 2，3，...，n-1 互斥，複雜度：  .

第三個優化：

先預處理每個點與其他點互斥的個數，然後按個數從大到小排序，再按上述兩個優化進行操作。這樣能保證與其他點都不互斥的點儘量在後面，且互斥點越多點在越前面。若與其他點都不互斥的點>=20，那麼dfs複雜度  ；若與其他點都不互斥的點<20，那麼剩下的點之間就會有依賴關係，至少也能減一半，dfs複雜度也會   。因此總複雜度  。

這種解法最後跑出來 20 ms，不知道最快的那個老哥 0 ms 是怎麼跑出來的....

 

Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;

const int MAX = 50;
const ll mod = 1e9 + 7;

typedef struct {
	int id, num;
}Point;

int n, m;
ll w[MAX];
Point p[MAX];
int mp[MAX][MAX];
int vis[MAX];
ll res, sum, k;

bool cmp(Point x, Point y) {
	return x.num > y.num;
}

//擴展歐幾里得求逆元
ll extendGcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {
	ll ans, t;
	if (b == 0) {
		x = 1; y = 0;
		return a;
	}
	ans = extendGcd(b, a%b, x, y);
	t = x; x = y; y = t - (a / b)*y;
	return ans;
}

ll inv(ll a, ll m) {
	ll x, y, d;
	d = extendGcd(a, m, x, y);
	if (d == 1)
		return (x%m + m) % m;
	else
		return -1;
}

void dfs(int root, ll res1, ll sum1, ll k1)
{
	if (root > n) {
		res = (res + res1) % mod;
		sum = (sum + sum1) % mod;
		k += k1;
		return;
	}
	for (int i = root + 1; i <= n + 1; i++) {
		if (vis[p[i].id])	continue;
		if (i == n + 1) {
			dfs(i, res1, sum1, k1);
			break;
		}
		int fg = 0;
		for (int j = i + 1; j <= n; j++) {
			if (mp[p[i].id][p[j].id]) {
				fg = 1;
				break;
			}
		}
		if (fg == 0) {
			dfs(i, (res1 + res1 * w[p[i].id] % mod*w[p[i].id] % mod) % mod, (sum1 + sum1 * w[p[i].id] % mod) % mod, k1 * 2);
			break;
		}
		dfs(i, res1, sum1, k1);
		for (int j = i + 1; j <= n; j++) {
			if (mp[p[i].id][p[j].id]) {
				vis[p[j].id]++;
			}
		}
		dfs(i, res1*w[p[i].id] % mod*w[p[i].id] % mod, sum1*w[p[i].id] % mod, k1);
		for (int j = i + 1; j <= n; j++) {
			if (mp[p[i].id][p[j].id]) {
				vis[p[j].id]--;
			}
		}
		break;
	}
}

int main()
{
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%lld", &w[i]);
		w[i] %= mod;
	}
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		int x, y;
		scanf("%d%d", &x, &y);
		mp[x][y] = mp[y][x] = 1;
	}
	res = 1;
	sum = 1;
	k = 1;
	//預處理每個點與其他點互斥的個數，排序
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		p[i].id = i;
		p[i].num = 0;	
		for (int j = 1; j <= n; j++) {
			if (mp[i][j]) {
				p[i].num++;
			}
		}
	}
	sort(p + 1, p + n + 1, cmp);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		memset(vis, 0, sizeof(vis));
		for (int j = i + 1; j <= n; j++) {
			if (mp[p[i].id][p[j].id]) {
				vis[p[j].id]++;
			}
		}
		dfs(i, w[p[i].id] * w[p[i].id] % mod, w[p[i].id], 1);
	}
	//公式計算答案
	ll invk = inv(k, mod);
	ll ans = (res*invk % mod - sum * sum%mod*invk % mod*invk % mod + mod) % mod;
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}