CF1286F Harry The Potter
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首先答案上界为 \(n\),就是对每个点用一次操作 1。
那么我们现在的思维模式就是利用操作 2 来减少操作 1 的次数。
不难发现,如果操作 2 的点之间连无向边形成了环,那么可以对环上每个点用一次操作 1,这样这些操作 2 是不优的。
也就是说,接下来操作 2 的点形成了森林的形式,假设有 \(k\) 棵树,那么总操作数就是 \(n - k\),所以现在我们只需最大化树的数量。
由于数据范围很小,这里可以想到先把合法的树找出来,然后子集卷积暴力合并,这样是 \(O(3^n)\) 的。
考虑如何判定一个集合 \(S\) 能否形成一棵合法的树,也就是可以通过 \((|S| - 1)\) 次操作 2 把集合里的数归零。
先考虑如果已经知道了树的形态如何判定,考虑这样一种钦定操作顺序:从叶子开始操作到根节点一共 \((|S| - 1)\) 次,每次对当前归零的点的父亲有 \(\plusmn 1\) 的波动,这个波动会一直影响到根节点,手玩算一下贡献发现根节点最后的值为
\]
这里 \(S_{even}\) 和 \(S_{odd}\) 分别表示深度为偶数或奇数的点的点权和,而 \(eps\) 表示波动,具体的值是绝对值小于 \(|S|\) 的整数。合法当且仅当这个值可以为 \(0\)。
考虑树的形态未定,那么每个点的深度奇偶性实质上可以任意钦定(只要奇偶都分别有点)。这相当于找到 \(S\) 的一个子集,使得
\]
同时 \(T \neq \varnothing\) 且 \(T \neq S\)。
这玩意直接判是 \(O(3^n)\) 的,而且跑得比较慢,过不了,那么就考虑优化。
不难发现集合 \(S\) 中的每个数都有 \(\plusmn a_k\) 的贡献,发现可以折半,把集合分成两部分,分别维护两个子集的和并排序,接下来可以用一个指针扫第一个子集,那么第二个子集中合法的部分就是区间的形式,可以线性维护。这部分复杂度就是 \(O(\sum_{k=1}^n \binom{n}{k}2^{\frac{k}{2}}) = O((1+\sqrt{2})^n)\) 的了。
接下来的那个子集卷积虽然也是 \(O(3^n)\) 的,但是只从极小的树处转移,常数非常小。
不过还有更高明的做法(虽然跑不过暴力),就是考虑若答案是 \(p\),做 \((p+1)\) 次子集卷积后会变成全部 \(0\),因为一次子集卷积相当于把两个森林合并,利用这个性质可以倍增求 \(p\),复杂度是 \(O(n^2 2^n \log n)\)。
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