[BZOJ1130] [POI2008]POD Subdivision of Kingdom

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

Sample Output

1 2 6

HINT

N<=26

 

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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。

 

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#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;
}