题目描述
由于出题人赶时间所以没办法编故事来作为背景。
一开始有$n$个苹果，$m$个人依次来吃苹果，第$i$个人会尝试吃$u_i$或$v_i$号苹果，具体来说分三种情况。
$\bullet 1.$两个苹果都还在，那么这个人将随便选一个苹果吃了。
$\bullet 2.$只有一个苹果，那么这个人将吃掉这个苹果。
$\bullet 3.$都不在了，这个人吃不到苹果就走了。
请问有多少对苹果$(i,j)(i<j)$满足它们两个都幸存下来的概率$>0$。
输入格式
第一行两个数$n,m$。
接下来$m$行，每行两个数$u_i,v_i$。
输出格式
一个数表示答案。
样例
样例输入：
4 3
1 2
3 4
2 3
样例输出：
1
数据范围与提示
样例解释：
只有$(1,4)$满足条件。
数据范围：
对于测试点$1\sim 5$：$n,m\leqslant 20$。
对于测试点$5\sim 8$：若把苹果看做点，人看做边，那么会形成一棵树。
对于测试点$9\sim 15$：$m\leqslant 400$。
对于测试点$16\sim 25$：无特殊限制。
对于所有的数据，$n\leqslant 400,m\leqslant 5\times 10^4$。
题解
考虑一个类似$DP$的做法，定义$f_k(S)$表示$k$个人来过之后，$S$集合的苹果是否都还没有被吃的概率，那么我们可以列出状态转移方程：
$\alpha.u_i,v_i\in S,f_k(S)=0$，都在这个集合肯定不行，因为这两个苹果不能共同存活。
$\beta.u_i\in S,f_k(S)=f_{k-1}(S\cup\{u_i\})$，相当与上一次可以有它，但是这一次就不能有了。
$\gamma.v_i\in S,f_k(S)=f_{k-1}(S\cup\{v_i\})$，同上。
$delta.u_i,v_i\notin S,f_k(S)=f_{k-1}(S)$，如果都不在，肯定没问题。
但是我们最后可能会得到好多的集合，选最小的一个？
肯定不行，那么我们考虑在转化一下思路。
逆着推，那么状态转移方程就变成了：
$\alpha.u_i,v_i\in S$，推不动了。
$\beta.u_i\in S,f_k(S\cup\{u_i\})=f_{k+1}(S)$。
$\gamma.v_i\in S,f_k(S\cup\{v_i\})=f_{k+1}()S$。
$delta.u_i,v_i\notin S,f_k(S)=f_{k+1}(S)$。
初始值$f_m(i)=1$。
时间复杂度：$\Theta(n\times n+n^2)$。
期望得分：$100$分。
实际得分：$100$分。
代码时刻
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
bool vis[401];
pair<int,int> e[50001];
bool bit[401][401];
int ans;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
scanf("%d%d",&e[i].first,&e[i].second);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
bit[i][i]=1;
for(int j=m;j;j--)
{
if(bit[i][e[j].first]&&bit[i][e[j].second])vis[i]=1;
if(bit[i][e[j].first]||bit[i][e[j].second])bit[i][e[j].first]=bit[i][e[j].second]=1;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
{
for(int k=1;k<=n;k++)
if(vis[i]||vis[j]||bit[i][k]&&bit[j][k])goto nxt;
ans++;
nxt:;
}
printf("%d",ans>>1);
return 0;
}
rp++
原文地址：https://www.cnblogs.com/wzc521/p/11615972.html