[GDOI模拟2015.08.12]囚人的旋律

题目大意

给定一个点数为 n n，边数为mm的图 G=(V,E) G=(V,E)，改图的生成m满足存在一个 1 1至nn的排列 a1..an a_{1}..a_{n}，使得：
∙∀(u,v)∈E,u<v \bullet\forall (u,v)\in E,u\lt v，满足 au>av a_u\gt a_v
∙∀1≤i<j≤n,ai<aj \bullet\forall 1\le i\lt j\le n,a_i\lt a_j满足 (i,j)∉E (i,j)\not\in E
说简单点就是该图由一个排列中的逆序对位置相连而成。
求该图中有多少非空点集，满足该点集同时为该图的独立集和覆盖集。

1≤n≤1000,0≤m≤n(n−1)2 1\le n\le1000,0\le m\le \frac{n(n-1)}{2}

题目分析

一般的独立集问题应该是NP问题。如果图是二分图，那么可以用最小覆盖集来解决。
但是在这题，题目中的图并不是二分图。所以将这题看成图来想是几乎不可解的（虽说我一看到独立集、覆盖集就有些小激动了）。
既然出题人给定了通过排列构造的图，那我们也应该将这题的图看成排列来想。
先考虑如何还原这个排列。我比赛时想了一个极其笨重的方法。就是将排列中每个数往比它小的数连边，然后做拓扑排序，依次从大到小填数字。
具体实现就是
1. ∀1≤u<v≤n,(u,v)∉E \forall1\le u\lt v\le n,(u,v)\notin E，这两个位置上的数在原排列一定是正序的，所以连有向边 (v,u) (v,u)。
2. ∀1≤u<v≤n,(u,v)∈E \forall1\le u\lt v\le n,(u,v)\in E，这两个位置上的数在原排列一定是逆序的，所以连有向边 (u,v) (u,v)。
然后我们做拓扑排序，拓扑序越前的位置，对应的数越大。
容易证明上述方法的正确性，由此也可以证明给定的图对应的合法排列只有一个。
这时我们可以转化问题了。我们发现所谓独立集，其实就是一段数互不为逆序对，那么就肯定是数列中的递增子序列。而所谓覆盖集，其实就是除了集合内位置上的数，其它位置上的数与集合内至少一个位置上的数成逆序对。
我们利用数形结合的思想考虑一下：

这是由排列构成的平面直角坐标系，横轴表示位置，纵轴表示值。先满足独立集的要求，即取递增的点，例如图中红点。接着满足覆盖集。我们发现能与一个点构成逆序对的点一定在该点左上或右下方。所以一个不属于独立集的点，如果在独立集中至少有一个逆序点，那它必须在图中黄色区域，这种区域由所有红点的左上角和右下角构成。
这样，独立集的相邻两点构成了许多长方形（这是独立集内点递增的好处）。我们再次转化上面所述的条件，就可以得到，一个独立集如果是覆盖集，当且仅当坐标系中没有任何非该集合的点位于白色区域。
于是题目转化为，求有多少递增子序列，相邻两点构成的长方形块内没有点（注意特殊考虑第1个点和第n个点的情况）。
这时我们增加点 (0,0) (0,0)和 (n+1,n+1) (n+1,n+1)，我们用动态规划解决这个问题。
设 fi f_i表示当前考虑到位置 i i（集合内所有数位置小于等于ii），包括 i i点的独立覆盖集的个数。
设

suml,x,r,y(0≤l≤r≤n+1,0≤x≤y≤n+1)

sum_{l,x,r,y}(0\le l\le r\le n+1,0\le x\le y\le n+1)表示坐标系中左下顶点坐标为 (l,x) (l,x)，右上顶点坐标为 (r,y) (r,y)的长方形内点的个数。这个数组可以用二维前缀和处理。
显然可得

fi=∑j=0j−1{fj|aj<ai,sumj,aj,i,ai=2}

f_i=\sum_{j=0}^{j-1}\{f_j|a_j 初值 f0=1 f_0=1，最后答案为 fn+1 f_{n+1}。

很高兴这道题在比赛上一次过了。~~让我开心一会。~~
其实这题主要就是考察模型的转化，还有一定的归纳总结。接着就是一个水dp了。
这是我在CSDN第一个博客，想写点有意义的题（然而对各位神犇来说还是太水了）。请大家多多关照。

代码实现

#include <iostream>
#include <cstdio>using namespace std;const int N=1005;
const int M=(N-1)*N>>1;
const int P=1000000007;int tov[M+1],next[M+1],f[N+1],a[N+1];
int last[N+1],que[N+1],deg[N+1];
int n,m,tot,ans,ord,head,tail;
bool edge[N+1][N+1];
int sum[N+1][N+1];int read()
{int x=0,f=1;char ch=getchar();while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;
}void insert(int x,int y)
{tov[++tot]=y;next[tot]=last[x];last[x]=tot;deg[y]++;
}int main()
{freopen("senritsu.in","r",stdin);freopen("senritsu.out","w",stdout);n=read(),m=read();int x,y;for (int i=1;i<=m;i++){x=read(),y=read();edge[x][y]=true;edge[y][x]=true;if (x<y)insert(x,y);elseinsert(y,x);}for (int i=1;i<n;i++)for (int j=i+1;j<=n;j++)if (!edge[i][j])insert(j,i);head=0;tail=1;for (int i=1;i<=n;i++)if (!deg[i]){que[1]=i;break;}ord=n;int i;while (head!=tail){x=que[++head];a[x]=ord--;i=last[x];while (i){y=tov[i];deg[y]--;if (!deg[y])que[++tail]=y;i=next[i];}}a[0]=0;f[0]=1;a[n+1]=n+1;int tmp,get,j;sum[0][0]=1;for (i=1;i<=n;i++)sum[i][a[i]]=1;sum[n+1][n+1]=1;for (i=0;i<=n+1;i++)for (j=1;j<=n+1;j++)sum[i][j]+=sum[i][j-1];for (i=1;i<=n+1;i++)for (j=0;j<=n+1;j++)sum[i][j]+=sum[i-1][j];for (i=1;i<=n+1;i++)for (j=0;j<i;j++){if (a[i]<a[j])continue;tmp=sum[i][a[i]]-sum[i][a[j]]-1;get=sum[j][a[i]]-sum[j][a[j]];tmp-=get;if (!tmp)f[i]=(f[i]+f[j])%P;}printf("%d\n",f[n+1]);fclose(stdin);fclose(stdout);return 0;
}