【JZOJ6233】【20190627】心的旋律

题目

你需要构造一个(n)个点的二分图

定义(F(A))表示左部点集(A)能够到达的右部中的点

使得满足 $ F(A) lt |A| $ 的集合恰好有 $ k $ 个

(1 le n le 32 , 0 le k le 2^n)

题解

• 当$A = emptyset $ 时满足(F(A) lt |A|) ，当(k = 2^n)时无解

• 下面都考虑构造满足(F(A) ge |A|)　的个数为(k = 2^n - k)

• 另(F_{i+1})表示第(i)个点的F集合，令$ F_{i+1} supset F_{i} $ ，记(d_i = |F_{i}|)，即(d_{i+1}-d_i = 0 / 1)

• 那么结论是$d_i $的 (2^n) 个取值恰好一一对应了$ 1 o 2 ^ n $ 的 $ k $ 值

  并且存在一个更强的结论

  

• 证明：
  考虑如何计算一个(d_i)的方案：

  [egin{align} F&= sum_{i=1}^{n} sum_{j=1}^{d_i}(^{i-1}_{j-1})\ &= sum_{i=1}^{m} (^n_i) - (^{B_i - 1}_{ i}) \ end{align} ]

  记 $ d_i =1 $ 的位置为 $ B_ 1 , cdots , B_m $ ，只需要证明

  (注意组合数的一个竖列和主对角线求和是可化简的)

  ＊1.若(m_1 lt m_2) ，则(F_1 lt F_2)

  不妨考虑(m , m + 1) (m lt n)

  $F_{m+1} - F_{m} ge (^n _m) - [ (^{n-m}_1 )+ (^{n-m-1}_2)+cdots+(^{n-1}_m) ] = (^{n-m-1}_0) ge 1 $

  由于前一半是和(B_i)独立的，所以多加一位的贡献可以覆盖后一半的贡献

  ＊2.(m_1=m_2)，记(d_i)形成的二进制数(D1 gt D2) ，则(F_1 lt F_2)

  不妨考虑二进制位(i)和(i+1)的贡献 ((i ge m))

  (F_{i} - F_{i+1} ge (^i_m) - [(^{i-m}_1) +cdots + (^{i-2}_{m-1}) + (^{i-1}_m) ] = (^{i-m}_0) ge 1)

  说明二进制位不同可以覆盖后面所有二进制位的贡献

  可以说明上面的所有结论

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long  
using namespace std;
const int N=33;
typedef pair<ll,ll>pii;
int n,d[N];ll K,C[N][N];
pii a[N];
int main(){

	freopen("circle.in","r",stdin);
	freopen("circle.out","w",stdout);
	
	scanf("%d%lld",&n,&K);
	K=(1ll<<n)-K;
	if(!K)puts("-1"),exit(0);
	int cnt=0;
	
	for(int i=0;i<=n;++i)C[i][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i)
	for(int j=1;j<=n;++j)C[i][j]=C[i-1][j-1]+C[i-1][j];
	
	for(cnt=0;C[n][cnt]<K;K-=C[n][cnt++]);
	
	for(int i=n,now=0;i&&now<cnt;--i){
		if(C[i-1][cnt-now-1]<K)K-=C[i-1][cnt-now-1];
		else now++,d[i]=1;
	}
	
	for(int i=1;i<=n;++i)d[i]+=d[i-1];
	for(int i=1;i<=n;++i,puts(""))
		for(int j=1;j<=n;++j)printf(j<=d[i]?"1 ":"0 ");

	return 0;
}