题解 [SEERC2018]Inversion

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题目分析

考虑什么时候选出来的点才是独立支配集。

首先，所有选出来的点的值肯定单调递增，如果存在一个地方值减小了，那么选出的这两个点就肯定有连边，不满足独立集的要求。

也就是说，我们选出来的肯定是一个单调递增子序列。

如何才能满足支配集这个要求？考虑何时一个点不会被支配：

（其中 A,B,C 为下标，矩形高度表示值，绿色的线为连边）

如果 A,C 都被选入了点集，那么当且仅当 B 的值在红色区域时 B 才不能不选，此时 B 是可以加入到这个单调递增子序列的。

也就是说，我们要选出来的是一个极大的单调递增子序列！（认为一个单调递增子序列是极大的当且仅当无法再往里面加入数）

此时就可以 dp 做了，设 dp_i 表示仅考虑 1 到 i 时将 i 作为序列终点的极大单调递增子序列的数量，那么转移（ a_i 表示排列中下标为 i 的数）：

dp_i=\begin{cases}1 &\ \max_{j=1}^{i-1}(a_j)>a_i \\ \sum_{1\le j\le i-1 \&\& \text{不存在一个位置}k(j<k<i)\text{使得}a_j<a_k<a_i}dp_j &\ {\rm otherwise} \end{cases}

直接 \mathcal O(n^2) 扫就可以了。

然后 dp_i 可以被累加进答案当且仅当 a_i>\max_{j=i+1}^n(a_j) 。

如何根据逆序对图还原排列？根据逆序对图得出每个数 i 在 i\dots n 中的排名，然后从后往前扫一遍一个个插入即可，模拟 \mathcal O(n^2) （不妨写个 \rm Splay 优化复杂度？）。

参考代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ch() getchar()
#define pc(x) putchar(x)
template<typename T>inline void read(T&x){
    int f;char c;
    for(f=1,c=ch();c<'0'||c>'9';c=ch())if(c=='-')f=-f;
    for(x=0;c<='9'&&c>='0';c=ch())x=x*10+(c&15);x*=f;
}
template<typename T>inline void write(T x){
    static char q[64];int cnt=0;
    if(!x)pc('0');if(x<0)pc('-'),x=-x;
    while(x)q[cnt++]=x%10+'0',x/=10;
    while(cnt--)pc(q[cnt]);
}
const int maxn=105;
int d[maxn],pos[maxn],id[maxn];
long long dp[maxn];
int main(){
    int n,m;
    read(n),read(m);
    for(int i=1;i<=m;++i){
        int u,v;
        read(u),read(v);
        if(u>v)u^=v^=u^=v;
        ++d[u];
    }
    for(int i=n;i>=1;--i){
        ++d[i];
        for(int j=n-i+1;j>d[i];--j)
            pos[j]=pos[j-1];
        pos[d[i]]=i;
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)
        id[pos[i]]=i;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        int mx=0;
        for(int j=i-1;j>=1;--j){
            if(id[j]<id[i]&&id[j]>=mx){
                mx=id[j];dp[i]+=dp[j];
            }
        }
        if(!dp[i])dp[i]=1;
    }
    int mx=0;long long ans=0;
    for(int i=n;i>=1;--i)
        if(id[i]>=mx)
            mx=id[i],ans+=dp[i];
    write(ans),pc('\n');
    return 0;
}