传送门

解题思路

  \(orz\)出题人的神仙做法。本蒟蒻看不懂,就水个求补图再二分图染色的方法来\(%1%\)出题人。

  

  首先我们对图中\(m\)个关系连边,发现这样是没法做的,因为我们最后要关注的是谁和谁不能在一起,这个限制是比较大的。所以我们考虑建一个补图,就是把原来没有的边加边,原来存在的边断掉。这样\(a\)和\(b\)之间有边就代表\(a\)与\(b\)不能属于一个集合,这样就可能形成了若干个图。首先考虑判合法,因为一共只有两个集合,而每个人都必须放到集合里,关系还可以抽象成一张无向图,自然可以想到二分图染色了。我们只需要遍历每一个联通块,然后进行黑白染色判是否合法,只要有一个联通块不合法,那么也就\(GG\)了。

  然后考虑算答案,判完合法之后,我们就可以知道一个了联通块中黑色和白色的不能属于一个集合,剩下的可以任意搭配,所以做一个背包就行了,把每个联通块黑色白色的个数记下来。设\(f[i]\)表示一个集合有\(i\)个人是否成立,转移的时候就模仿\(0/1\)背包,就是看每一个联通块是选黑色进去还是选白色进去。做完背包后一个人数合法仅当\(f[i]=f[n-i]=true\)。这样第一问和第二问的答案就统计出来了,对于第三问的答案,然后\(n^2\)枚举一下每对,如果两个人属于同一个联通块但颜色不相同,并且两个人在补图里没边,就使\(ans3++\),这个也比较好理解,具体实现看代码。

  

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代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath> using namespace std;
const int MAXN = 2505;
const int MOD = 1e9+7;
typedef long long LL; inline int rd(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) f=ch=='-'?0:1,ch=getchar();
while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();
return f?x:-x;
} int n,m,a[MAXN][MAXN],tot,num,cnt1,cnt2,ans1,ans2,ans3;
int w[MAXN][2],f[MAXN],now[MAXN],col[MAXN],Min;
bool flag; void dfs(int x,int c){
col[x]=c;now[++tot]=x;if(c==1) cnt1++;else cnt2++;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(a[i][x]){
if(col[i]==col[x]) {flag=1;return;}
if(!col[i]) dfs(i,3-c);
}
} inline int fast_pow(int x,int y){
int ret=1;
for(;y;y>>=1){
if(y&1) ret=(LL)ret*x%MOD;
x=(LL)x*x%MOD;
}
return ret;
} int main(){
int x,y;n=rd(),m=rd();
for(int i=1;i<=m;i++){
x=rd(),y=rd();
a[x][y]=a[y][x]=1;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
if(i!=j) a[i][j]^=1;
for(int i=1;i<=n;i++) if(!col[i]){
cnt1=cnt2=tot=0;memset(now,0,sizeof(now));
dfs(i,1);if(flag) break;
for(int j=1;j<=tot;j++)
for(int k=j+1;k<=tot;k++)
if(col[now[j]]!=col[now[k]] && !a[now[j]][now[k]]) ans3++;
w[++num][0]=cnt1;w[num][1]=cnt2;
}f[0]=1;
for(int i=1;i<=num;i++){
Min=min(w[i][0],w[i][1]);
for(int j=n;j>=Min;j--){
if(j>=w[i][0]) f[j]|=f[j-w[i][0]];
if(j>=w[i][1]) f[j]|=f[j-w[i][1]];
}
}
for(int i=0;i<=n/2;i++){
if(!f[i] || !f[n-i]) continue;
ans1++;ans2=i;
}
if(flag) puts("-1"),ans3=m; //注意一下这里,如果没有方案的话自然$m$对可以合作的人都无法在一个集合里
else printf("%d %d\n",ans1,(fast_pow(2,n-ans2)-fast_pow(2,ans2)+MOD)%MOD);
printf("%d\n",ans3);
return 0;
}

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