Description
给出一个具有N个结点的无向图,将其分成两个集合S1,S2. 这两个集合的点的个数一样多,但连接它们的边最少.
Input
第一行给出数字N,M,代表有N个点,M条边. 下面M行,每行两个数字代表此两点间有条边.
Output
输出的点集应包含1，且按升序排列
Sample Input
6 8
1 2
1 6
2 3
2 5
2 6
3 4
4 5
5 6
1 2
1 6
2 3
2 5
2 6
3 4
4 5
5 6
Sample Output
1 2 6
HINT
N<=26
我还以为是状压DP...
因为$inom{26}{13}$很小，所以可以直接爆搜。
我们每次从集合T内抽取一个点放入S内，直到S, T中都只有n/2个元素。
每次抽出一个点都计算这个点对答案产生的贡献。
问题是如何在$O(1)$的时间内算出贡献。
显然一个点从S到T内，会减去它与S之间的边，加上与T之间的边。
我们对每个点用一个二进制数表示它所连的点的状态，然后和集合状态取与就是应该减去/加上的边的状态。
然后统计数量直接预处理出每个二进制数的1的个数，但是1<<26太大了数组开不下。
只统计1<<13以内的二进制数的1的个数，然后把状态拆成两半分别计算。
#include <iostream> #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cstring> #include <queue> #include <algorithm> #include <bitset> using namespace std; #define reg register #define gc getchar inline int read() { int res=0;char ch=gc();bool fu=0; while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')fu=1;ch=gc();} while(isdigit(ch))res=(res<<3)+(res<<1)+(ch^48), ch=gc(); return fu?-res:res; } int n, m; int bin[27], cb[1<<14]; int sit[29]; int ans = 1e9, ansS; int Count(int x) { return cb[x>>13] + cb[(bin[13] - 1) & x]; } void dfs(int lst, int s1, int s2, int now, int num) { if (num == n / 2) { if (now < ans) ans = now, ansS = s1; return ; } for (reg int i = lst ; i <= n ; i ++) { if (!(s2 & bin[i - 1])) continue; dfs(i + 1, s1 + bin[i - 1], s2 - bin[i - 1], now - Count(sit[i] & s1) + Count(sit[i] & s2), num + 1); } } int main() { n = read(), m = read(); bin[0] = 1; for (reg int i = 1 ; i <= 26 ; i ++) bin[i] = bin[i - 1] << 1; for (reg int i = 1 ; i < bin[13] ; i ++) cb[i] = cb[i >> 1] + (i & 1); for (reg int i = 1 ; i <= m ; i ++) { int x = read(), y = read(); sit[x] |= bin[y - 1]; sit[y] |= bin[x - 1]; } dfs(1, 0, bin[n] - 1, 0, 0); if (!(ansS & bin[0])) ansS = (bin[n] - 1) ^ ansS; for (reg int i = 1 ; i <= n ; i ++) if (ansS & bin[i - 1]) printf("%d ", i); return 0; }