题解 CF736D 【Permutations】
iotang
·
·
题解
题目翻译
现在，你有一个二分图，点数为 2n。
已知这个二分图的完备匹配的个数是奇数。
现在你要知道，删除每条边后，完备匹配个数是奇数还是偶数。
## 如何解决它？
先把邻接矩阵搞出来，把它叫做 $G$，对于每个限制 $(a_i, b_i)$，让 $G_{a_i, b_i} = 1$。
可以看出，如果有一个合法的排列 $p_1, \dots , p_n$，那么 $G_{i, p_i}$ 都是 $1$。
有想到什么吗？
还记得行列式的式子吗？
你问我行列式前面 $(-1)^{???}$ 的系数怎么办？我们只关心奇偶性（对 $2$ 取模），$1$ 和 $-1$ 对我们来说是一样的，所以我们就可以不管它了。（其实这个东西叫做积和式）
所以，当邻接矩阵 $G$ 的行列式是奇数的时候，合法的排列数量也是奇数。
问题到现在，可以变成：把每个位置变成 $0$ 后，行列式是奇数还是偶数。
减去一个位置，行列式的变化怎么算？
大家应该都知道，有一个东西叫做代数余子式。$(-1)^{???}$ 的系数扔掉之后，只要看它的奇偶性就可以了。
$n$ 有 2000 诶，怎么把它们快速算出来？
大家应该都知道，有一个东西叫做伴随矩阵。求出伴随矩阵，就相当于求出所有位置的代数余子式。
因为 $G^{*} = G^{-1} |G|$，$|G|$ 是奇数（题面里面已经说了），那么只要求 $G^{-1}$ 就完事了！!1
$n$ 有 2000 诶，怎么把它快速算出来？
单走一个~~搞死乔丹算法~~高斯约当算法求个矩阵逆，就可以用神必技巧做到 $O(n^3 / 64)$（用 bitset 优化一下）甚至 $O(n^3)$。
```cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long lint;
typedef long double louble;
template<typename T1, typename T2> inline T1 max(T1 a, T2 b)
{
return a < b ? b : a;
}
template<typename T1, typename T2> inline T1 min(T1 a, T2 b)
{
return a < b ? a : b;
}
const char lf = '\n';
namespace ae86
{
const int bufl = 1 << 15;
char buf[bufl], *s = buf, *t = buf;
inline int fetch()
{
if (s == t)
{
t = (s = buf) + fread(buf, 1, bufl, stdin);
if (s == t)return EOF;
}
return *s++;
}
inline int ty()
{
int a = 0, b = 1, c = fetch();
while (!isdigit(c))b ^= c == '-', c = fetch();
while (isdigit(c))a = a * 10 + c - 48, c = fetch();
return b ? a : -a;
}
}
using ae86::ty;
const int _ = 2007, __ = _ + _, _e = 500007;
int n, m, ea[_e], eb[_e];
bitset<__> f[_];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0), cout.tie(nullptr);
n = ty(), m = ty();
for (int i = 1; i <= m; i++)ea[i] = ty(), eb[i] = ty(), f[ea[i]][eb[i]] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)f[i][n + i] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
int a = i;
while (a < n && !f[a][i])a++;
if (!f[a][i])throw "c**a b***t";
swap(f[i], f[a]);
for (int j = 1; j <= n; j++)if (j != i && f[j][i])f[j] ^= f[i];
}
for (int i = 1; i <= m; i++)
cout << (f[eb[i]][ea[i] + n] ? "NO" : "YES") << lf;
return 0;
}
```
代码里和谐了一些不好的词语。