【JZOJ6233】【NOI2019模擬2019.6.27】心的旋律（思維題）

Description

• 對於一個兩邊各有$n$個點的二分圖的左邊一個點集$A$，定義$F(A)$爲右邊至少和$A$中的一個點相鄰的點的集合。
• 給定一個$K$，要求構造一個二分圖，使得對於所有點集$A$，$|F(A)|<|A|$有恰好$K$次成立。

Data Constraint

• $n≤32,K\in[0,2^n]$。

Solution

• 對於左邊的點，假定第$i$個連向的點完全包含第$i-1$個連向的點，且$d_i-d_{i-1}≤1$（$d_i$表示左邊點$i$的度數），則我們有一個結論：
• 對於一種方案，將其$d_1\sim d_n$壓縮成一個二進制數$(d_nd_{n-1}d_{n-2}……d_1)_2$；然後將這些數按1的個數爲第一關鍵字從少到多、按大小爲第二關鍵字從大到小排序，則最後某個數的序號即爲該方案的$|F(A)|≥|A|$成立次數（記爲$id$）。

---

• 考慮證明上述結論。
• 對於一種方案，記$B_x$爲某個滿足$d_i-1=d_{i-1}$的$i$（包括1），則有$B(_{1,2,……,m})$（$m$爲不同的度數個數）。若不考慮空集，則：
  $cnt=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{d_i}\begin{pmatrix} i-1 \\ j-1 \\ \end{pmatrix}=\sum_{i=1}^m\begin{pmatrix} n \\ i \\ \end{pmatrix}-\begin{pmatrix} B_i-1 \\ i \\ \end{pmatrix}$
• 那麼比如有一種方案$(0100)_2$，我們將其中的1右移一位變成$(0010)_2$，其實相當於令$d_2$++，則根據左式$id$++。也就是說，對於一種方案的二進制數，若其中的1不全在最右，則我們必能右移某一個1使其$id$++。
• 而如果某一狀態的二進制數中的1全在最右，比如$(00000111)_2$，則其$id$++就會變成$(11110000)_2$。因爲根據右式，$(00000111)_2$的$cnt=\begin{pmatrix} 8 \\ 1 \\ \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 8 \\ 2 \\ \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 8 \\ 3 \\ \end{pmatrix}$，$(11110000)_2$的cnt與其的差值爲$cnt=\begin{pmatrix} 8 \\ 4 \\ \end{pmatrix}-\begin{pmatrix} 7 \\ 4 \\ \end{pmatrix}-\begin{pmatrix} 6 \\ 3 \\ \end{pmatrix}-\begin{pmatrix} 5 \\ 2 \\ \end{pmatrix}-\begin{pmatrix} 4 \\ 1 \\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 4 \\ 0 \\ \end{pmatrix}=1$。其他以此類推。

---

• 於是，我們可以先預處理出組合數，減一減算出要求的方案的二進制數中1的數量，以及它在那些二進制數的第幾位；繼而算出該方案的每一位。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
typedef long long ll;

ll i,j,n,k,C[33][33],x,a[33];

int main()
{
	freopen("circle.in","r",stdin);
	freopen("circle.out","w",stdout); 
	scanf("%lld%lld",&n,&k); 
	if(!(k=(1<<n)-k)) return puts("-1"),0;
	fo(i,0,n)
	{
		C[i][0]=1;
		fo(j,1,i) C[i][j]=C[i-1][j]+C[i-1][j-1];
	}
	fo(i,0,n) fo(j,i+1,n) C[i][j]=1;
	for(x=0;k>C[n][x];k-=C[n][x++]);
	fo(i,1,n)
	{
		if(k>C[n-i][x-1]) {k-=C[n-i][x-1]; continue;}
		x--; a[n-i]=1;
	}
	x=0;
	fo(i,0,n-1)
	{
		x+=a[i];
		fo(j,1,x) printf("1 ");
		fo(j,j,n) printf("0 ");
		puts("");
	}
}