CF1425B Blue and Red of Our Faculty!

CF1425B Blue and Red of Our Faculty!

题目来源：Codeforces, 2020 ICPC, COMPFEST 12, Indonesia Multi-Provincial Contest (Unrated, Online Mirror, ICPC Rules, Teams Preferred), CF1425B Blue and Red of Our Faculty!

题目大意

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给定一张 (n) 个点 (m) 条边的无向连通图，保证无自环，保证除节点 (1) 外每个点的度数都为 (2)。

有两人 Red 和 Blue 同时从节点 (1) 出发。初始时所有边都是灰色。Red 每经过一条边就会将它染成红色，Blue 每经过一条边就会将它染成蓝色。每轮中，每人会选择一条与当前所在节点相连的、灰色的边，并走到边的另一端。同一轮里两人选择的边不能相同。

当无法进行下一轮时，整个过程停止。问两人能走出多少种不同的最终局面，答案对 (10^9 + 7) 取模。两个最终局面不同当且仅当存在一条边，在最终局面下颜色不同。

数据范围：(1leq nleq 2000)，(1leq mleq 2n)。

本题题解

根据“保证除节点 (1) 外每个点的度数都为 (2)”，可以发现整张图呈一个花瓣状。也就是有若干个环，节点 (1) 是它们的公共点。我们可以用一个序列（或者说可重集）({a_1,a_2,dots,a_k}) 来描述整张图，其中 (a_i) 表示第 (i) 个环的大小，(k) 是环的数量。

考虑结束时两人的位置。可以分为三种情况：

1. 两人都在节点 (1)。此时他们一定经过了所有环（图中没有灰边），且步数相同。方案数就相当于把 (a) 划分为两个集合，使他们和相等的方案数。
2. 两人都在某个环的某个节点上（不含节点 (1)）。设该环的大小为 (l)，在环上 Red 走了 (x) ((1leq x < l)) 步，则 Blue 走了 (l - x) 步。两人的步数差为 ((l - x) - x = l - 2x)。问题相当于从 (a) 除当前环外的部分里（即 (asetminus{l})），选出两个互不相交的子集，使他们的和之差为 (l - 2x)。
3. 两人都在某个环上，且相距为 (1)（隔着一条边）。此时又可以分为两种情况：
   • 两人都不在节点 (1) 上（严格位于环上）。这与情况 2 类似，只不过此时两人的步数差为 (l - 1 - 2x)，且 (1leq xleq l - 2)。
   • 其中一人在节点 (1) 上。此时 (x = 0) 或 (x = l - 1)。除了两人的步数差为 (l - 1 - 2x) 外，还需要保证其他环都被走过。也就是选出的两个子集的并为全集（全集，指：(a) 除去一个 (l) 外的其他所有元素，即 (asetminus{l})）。

这三种情况，都可以用同一个 DP 来计算。

先枚举 (l)，从 (a) 中暂时删掉一个 (l)（如果是计算情况 (1)，则不必删除任何元素）。

设 ( ext{dp}(i,j, ext{flag})) 表示考虑了前 (i) 个环，当前 【Red 走的步数】(-)【Blue 走的步数】等于 (j)。( ext{flag}) 是个 (0/1) 值，表示有没有两人都没走过的环。注意 (j) 这里，把“朴素地记录两人步数分别是多少”，变成“记录两者之差”，是个设计状态的小套路（CSP2019 d2t1 也有用到）。这么做是因为我们最终只关心它们的差。

转移就考虑当前环，是被 Red 走，还是被 Blue 走，还是两人都不走：

[egin{cases} ext{dp}(i - 1, j, ext{flag}) o ext{dp}(i, j + a_i, ext{flag})\ ext{dp}(i - 1, j, ext{flag}) o ext{dp}(i, j - a_i, ext{flag})\ ext{dp}(i - 1, j, ext{flag}) o ext{dp}(i, j, 0) end{cases} ]

情况 1 的答案是 ( ext{dp}(k, 0, 1))。(k) 是环的数量。

情况 2 的答案是 (displaystyle 2 imes sum_{x = 1}^{l - 1}( ext{dp}(k - 1, l - 2x, 0) + ext{dp}(k - 1, l - 2x, 1)))。其中乘以 (2) 是因为最后一个环，Red 可以从两个方向（顺时针 / 逆时针）之一开始走。

情况 3 的答案是 (displaystyle 2 imes left(sum_{x = 1}^{l - 2} ext{dp}(k - 1, l - 1 - 2x,0) + sum_{x = 0}^{l - 1} ext{dp}(k - 1, l - 1 - 2x,1) ight))。

一次 DP 的时间复杂度是 (mathcal{O}(n^2))。但是外层要枚举 (l)。虽然环的数量可能高达 (mathcal{O}(n)) 个，但由于 (sum ext{环长} = mathcal{O}(n))，所以不同的环长 (l) 只有 (mathcal{O}(sqrt{n})) 种。暴力枚举 (l) 再做 DP 的总时间复杂度 (mathcal{O}(n^2sqrt{n}))，可以通过本题。另有一些优化方法：

• 优化方法1：这是一个缺一背包的模型，所以可以用分治来优化，做到 (mathcal{O}(n^2log n))。
• 优化方法2：仍然暴力枚举 (l)。不对可重集 (a) 做 DP，而是把 (a) 缩成若干个二元组 (( ext{元素}, ext{出现次数}))，然后类似于做多重背包。单次 DP 的时间复杂度是 (mathcal{O}(nsqrt{n}))，总时间复杂度 (mathcal{O}(n^2))。

参考代码

时间复杂度 (mathcal{O}(n^2sqrt{n}))。

// problem: CF1425B
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())

typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;

template<typename T> inline void ckmax(T& x, T y) { x = (y > x ? y : x); }
template<typename T> inline void ckmin(T& x, T y) { x = (y < x ? y : x); }


const int MAXN = 2000;
const int MOD = 1e9 + 7;
inline int mod1(int x) { return x < MOD ? x : x - MOD; }
inline int mod2(int x) { return x < 0 ? x + MOD : x; }
inline void add(int &x, int y) { x = mod1(x + y); }
inline void sub(int &x, int y) { x = mod2(x - y); }


int n, m;
vector<int> G[MAXN + 5];

int cir[MAXN + 5];
int a[MAXN + 5], cnt;

int dp[MAXN + 5][MAXN * 4 + 5][2];
int calc_dp(int len) {
	// 求两人最终在一个长度为 len 的环上相遇的方案数
	// 特别地, len = 0 表示把所有环都完整地走一遍
	
	cnt = 0;
	int sum = 0;
	for (int i = 2; i <= n; ++i) {
		for (int j = 1; j <= cir[i] - (i == len); ++j) {
			a[++cnt] = i;
			sum += i;
		}
	}
	
	for (int i = 0; i <= cnt; ++i) {
		for (int j = -sum; j <= sum; ++j) {
			for (int k = 0; k <= 1; ++k) {
				dp[i][j + sum][k] = 0;
			}
		}
	}
	dp[0][0 + sum][1] = 1;
	for (int i = 1; i <= cnt; ++i) {
		for (int j = -sum; j <= sum; ++j) {
			for (int k = 0; k <= 1; ++k) if (dp[i - 1][j + sum][k]) {
				// red
				assert(j + a[i] <= sum);
				add(dp[i][j + a[i] + sum][k], dp[i - 1][j + sum][k]);
				// blue
				assert(j - a[i] >= -sum);
				add(dp[i][j - a[i] + sum][k], dp[i - 1][j + sum][k]);
				// neither
				add(dp[i][j + sum][0], dp[i - 1][j + sum][k]);
			}
		}
	}
	
	if (!len) {
		return dp[cnt][0 + sum][1];
	}
	
	int res = 0;
	for (int i = 1; i < len; ++i) {
		// red 走的
		int dif = (len - i) - i;
		if (abs(dif) > sum)
			continue;
		add(res, dp[cnt][dif + sum][0]);
		add(res, dp[cnt][dif + sum][1]);
	}
	
	for (int i = 0; i < len; ++i) {
		int dif = (len - i - 1) - i;
		if (abs(dif) > sum)
			continue;
		if (i != 0 && i != len - 1)
			add(res, dp[cnt][dif + sum][0]);
		add(res, dp[cnt][dif + sum][1]);
	}
	
	res = res * 2 % MOD;
	return res;
}

int main() {
	cin >> n >> m;
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
		int u, v;
		cin >> u >> v;
		G[u].push_back(v);
		G[v].push_back(u);
	}
	
	static bool vis[MAXN + 5];
	for (int i = 0; i < SZ(G[1]); ++i) {
		int u = G[1][i];
		if (vis[u]) {
			continue;
		}
		
		int len = 1;
		int lst = 1;
		while (u != 1) {
			len++;
			vis[u] = 1;
			int nxt_u = (G[u][0] ^ G[u][1] ^ lst);
			lst = u;
			u = nxt_u;
		}
		cir[len]++;
		// cerr << "found cir of len: " << len << endl;
	}
	
	int ans = 0;
	for (int i = 2; i <= n; ++i) {
		if (cir[i]) {
			add(ans, (ll)calc_dp(i) * cir[i] % MOD);
		}
	}
	
	add(ans, calc_dp(0));
	cout << ans << endl;
	return 0;
}