\(\mathcal{Description}\)

求含有 \(n\) 个结点的所有有标号简单无向图中，最小点覆盖为 \(m\) 的图的数量的奇偶性。\(T\) 组数据。

\(n,m\le3\times10^3\)，\(T\le5\times10^3\)。

\(\mathcal{Solution}\)

太神了叭！

总不能硬刚 NPC，我们必须牢牢把握“奇偶性”带来的便利：若存在某种规则将一类图两两配对，则我们可以忽略这些图而不影响答案。顺便做一步转化，最小点覆盖 = \(n\) - 最大独立集 = 补图的最大团，我们直接限制最大团的大小也能达到目标而更便于后续计算。

以下均在补图上考虑问题。从配对入手，令 \(S_u\) 为点 \(u\) （在某个具体的补图上）的邻接点集，任取两点，不妨取结点 \(1\) 和结点 \(2\)，讨论：

\(S_1\setminus\{2\}\not=S_2\setminus\{1\}\)：交换结点 \(1,2\) 的标号得到新图，它与原图不同且最大团必然相等，构成配对，不考虑。
\(S_1\setminus\{2\}=S_2\setminus\{1\}\)

在此，引入“缩点”操作，每个结点代表着邻接点集相同的结点构成的团。
- \((1,2)\in E\)：这意味这两团等大且互相连边构成大团，\(1\) 和 \(2\) 可以看做一个大小增大一倍的团；
- \((1,2)\not\in E\)：类似地，两团最多有一个是全局最大团的子集，所以 \(1\) 和 \(2\) 可以看做一个大小不变的团。

那么，任何一个时刻的图上不会存在等大的团，且每个团的大小为 \(2\) 的整幂，这样的图只有 \(\mathcal O(n)\) 个，利用一个 \(i\in[1,n]\) 的二进制表示就能描述整个图。自然地，令 \(f(n,i)\) 表示（全局）一共有 \(n\) 个结点，图的状态为 \(i\) 时方案的奇偶性。考虑增加一个新点并与若干团合并，类似于考虑 \(i+1\) 在二进制下的进位，可以轻松得到转移。

不过，我们最终的问题与图的状态无直接关联，我们需要对于一个状态 \(t\)，再求出由它得到最大团为 \(m\) 的方案的奇偶性。不妨令状态 \(t\) 中团的大小由大到小依次为 \(s_1,s_2,\cdots,s_k\)，研究最大团的构成：

存在 \(1<i<j\le k\)，\(s_i,s_j\) 均不包含于最大团中。由“团的大小是 \(2\) 的整幂”，可见 \(s_i+s_j\) 必然小于最大团大小，那么 \(s_i\) 与 \(s_j\) 之间的边有连或不连两种方案，\(\times 2\)！这样的方案全部忽略掉！
有且仅有 \(1<i<k\)，\(s_i\) 不包含于最大团中。不论 \(i\) 与 \(j\in[1,i)\) 的团连边情况如何，\(i\) 与 \(j\in(i,k]\) 的连边情况不可能推翻钦定的最大团大小，所以会有 \(\times2^{k-i}\)，这样的方案也毫无作用！
最后，仅剩下两种可能——所有 \(s\) 一起构成最大团；仅有最小的 \(s\) 不属于最大团。设总点数 \(n'\)，它们分别对大小 \(n'\) 和 \(n'-\operatorname{lowbit}(n')\) 的最大团产生 \(1\) 的贡献。

最后，枚举 \(f(n,i)\) 中的图状态 \(i\)，乘上对应状态下最大团大小恰好为 \(n-m\)（第一步转化带来的改动）的方案，可以做到 \(\mathcal O(n^2+Tn)\) 解决本题。考虑到满足最大团大小条件的方案很少，可以进一步优化，做到 \(\mathcal O(n^2+T)\)。只不过兔子咕啦。

\(\mathcal{Code}\)

/*~Rainybunny~*/

#include <cstdio>

#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, rep##i = r; i <= rep##i; ++i )

#define per( i, r, l ) for ( int i = r, per##i = l; i >= per##i; --i )

const int MAXN = 3000;

bool f[MAXN + 5][MAXN + 5], g[MAXN + 5][MAXN + 5];

inline void init() {

    f[1][1] = 1;

    rep ( i, 1, MAXN - 1 ) rep ( j, 1, i ) {

        int rs = j, nw = 1;

        if ( !f[i][j] ) continue;

        for ( ; rs & nw; rs ^= nw, nw <<= 1 ) f[i + 1][rs] ^= 1;

        f[i + 1][rs | nw] ^= 1;

    }

    rep ( i, 1, MAXN ) {

        g[i][i] = 1;

        if ( i & ( i - 1 ) ) g[i][i ^ ( i & -i )] = 1;

    }

}

inline bool solve( const int n, const int m ) {

    bool ret = 0;

    rep ( i, 1, n ) ret ^= f[n][i] & g[i][m];

    return ret;

}

int main() {

    freopen( "cover.in", "r", stdin );

    freopen( "cover.out", "w", stdout );

    init();

    int T, n, m; scanf( "%d", &T );

    while ( T-- ) {

        scanf( "%d %d", &n, &m );

        puts( m < n && solve( n, n - m ) ? "1" : "0" );

    }

    return 0;

}

巴特西

Solution -「多校联训」最小点覆盖

\(\mathcal{Description}\)

\(\mathcal{Solution}\)

\(\mathcal{Code}\)

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