【JZOJ6233】【NOI2019模拟2019.6.27】心的旋律（思维题）

Description

• 对于一个两边各有$n$个点的二分图的左边一个点集$A$，定义$F(A)$为右边至少和$A$中的一个点相邻的点的集合。
• 给定一个$K$，要求构造一个二分图，使得对于所有点集$A$，$|F(A)|<|A|$有恰好$K$次成立。

Data Constraint

• $n≤32,K\in[0,2^n]$。

Solution

• 对于左边的点，假定第$i$个连向的点完全包含第$i-1$个连向的点，且$d_i-d_{i-1}≤1$（$d_i$表示左边点$i$的度数），则我们有一个结论：
• 对于一种方案，将其$d_1\sim d_n$压缩成一个二进制数$(d_nd_{n-1}d_{n-2}……d_1)_2$；然后将这些数按1的个数为第一关键字从少到多、按大小为第二关键字从大到小排序，则最后某个数的序号即为该方案的$|F(A)|≥|A|$成立次数（记为$id$）。

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• 考虑证明上述结论。
• 对于一种方案，记$B_x$为某个满足$d_i-1=d_{i-1}$的$i$（包括1），则有$B(_{1,2,……,m})$（$m$为不同的度数个数）。若不考虑空集，则：
  $cnt=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{d_i}\begin{pmatrix} i-1 \\ j-1 \\ \end{pmatrix}=\sum_{i=1}^m\begin{pmatrix} n \\ i \\ \end{pmatrix}-\begin{pmatrix} B_i-1 \\ i \\ \end{pmatrix}$
• 那么比如有一种方案$(0100)_2$，我们将其中的1右移一位变成$(0010)_2$，其实相当于令$d_2$++，则根据左式$id$++。也就是说，对于一种方案的二进制数，若其中的1不全在最右，则我们必能右移某一个1使其$id$++。
• 而如果某一状态的二进制数中的1全在最右，比如$(00000111)_2$，则其$id$++就会变成$(11110000)_2$。因为根据右式，$(00000111)_2$的$cnt=\begin{pmatrix} 8 \\ 1 \\ \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 8 \\ 2 \\ \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 8 \\ 3 \\ \end{pmatrix}$，$(11110000)_2$的cnt与其的差值为$cnt=\begin{pmatrix} 8 \\ 4 \\ \end{pmatrix}-\begin{pmatrix} 7 \\ 4 \\ \end{pmatrix}-\begin{pmatrix} 6 \\ 3 \\ \end{pmatrix}-\begin{pmatrix} 5 \\ 2 \\ \end{pmatrix}-\begin{pmatrix} 4 \\ 1 \\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 4 \\ 0 \\ \end{pmatrix}=1$。其他以此类推。

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• 于是，我们可以先预处理出组合数，减一减算出要求的方案的二进制数中1的数量，以及它在那些二进制数的第几位；继而算出该方案的每一位。

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("");
	}
}