2020 CCPC-Wannafly Winter Camp Day3 C 无向图定向（状压DP）

题目描述

火山哥手里有一个 ${n}$ 个点 ${m}$ 条边的无向图。
现在，火山哥请你把无向图的每条边确定一个方向，使之成为一个 $DAG$ ，并且最小化最长路的长度。
这里一条路径的长度指的是经过边的数量。

输入描述:

第一行两个整数 $n,m$ ，分别表示图的点数和边数。
接下来 $m$ 行，每行两个正整数 $u,v$ ，表示一条无向图。
输入数据保证无重边无自环，点编号从 $1$ 开始。
$1\le n\le 17, 1\le m \le 136$ 。

输出描述:

一个整数，表示最短的最长路。

示例1

输入

3 3
1 2
2 3
1 3

输出

示例2

输入

5 4
1 2
2 3
3 4
4 5

输出

备注:

DAG指有向无环图

题意：

题意很简单。
$k$ 可染色图的定义。
若能用 $k$ 种颜色对无向图中的点染色使得没有同色的点相邻，则有这样一个结论：
对颜色进行编号，让图中的每一条的方向都为颜色编号小的点指向颜色编号大的点。
显然原图变为了一个 $DAG$ ，且最长路长度不大于 $k$ .

于是，问题转化为求原图的最小染色数。
在某个原图的子图中加入一个和它不交的原图的独立集，最小染色数至多加 $1$ .
由于 $n\leq17$ ，可用简单的状压 $DP$ 求解。

AC代码：

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <map>
#include <set>
#include <string>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <iomanip>
#include <stack>
#include <queue>
using namespace std;
#define sd(n) scanf("%d", &n)
#define sdd(n, m) scanf("%d%d", &n, &m)
#define sddd(n, m, k) scanf("%d%d%d", &n, &m, &k)
#define pd(n) printf("%d\n", n)
#define pc(n) printf("%c", n)
#define pdd(n, m) printf("%d %d\n", n, m)
#define pld(n) printf("%lld\n", n)
#define pldd(n, m) printf("%lld %lld\n", n, m)
#define sld(n) scanf("%lld", &n)
#define sldd(n, m) scanf("%lld%lld", &n, &m)
#define slddd(n, m, k) scanf("%lld%lld%lld", &n, &m, &k)
#define sf(n) scanf("%lf", &n)
#define sc(n) scanf("%c", &n)
#define sff(n, m) scanf("%lf%lf", &n, &m)
#define sfff(n, m, k) scanf("%lf%lf%lf", &n, &m, &k)
#define ss(str) scanf("%s", str)
#define rep(i, a, n) for (int i = a; i <= n; i++)
#define per(i, a, n) for (int i = n; i >= a; i--)
#define mem(a, n) memset(a, n, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl
#define pb push_back
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define fi first
#define se second
#define mod(x) ((x) % MOD)
#define gcd(a, b) __gcd(a, b)
#define lowbit(x) (x & -x)
typedef pair<int, int> PII;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld;
const int MOD = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-9;
inline int read()
{
    int ret = 0, sgn = 1;
    char ch = getchar();
    while (ch < '0' || ch > '9')
    {
        if (ch == '-')
            sgn = -1;
        ch = getchar();
    }
    while (ch >= '0' && ch <= '9')
    {
        ret = ret * 10 + ch - '0';
        ch = getchar();
    }
    return ret * sgn;
}
inline void Out(int a) //Êä³öÍâ¹Ò
{
    if (a > 9)
        Out(a / 10);
    putchar(a % 10 + '0');
}

ll gcd(ll a, ll b)
{
    return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
}

ll lcm(ll a, ll b)
{
    return a * b / gcd(a, b);
}
///快速幂m^k%mod
ll qpow(ll x, ll n, ll mod)
{
    if (n == 0)
        return 1;
    ll res = qpow((x * x) % mod, n / 2, mod) % mod;
    if (n & 1)
        res = (res * x) % mod;
    return res % mod;
}
// 快速幂求逆元
int Fermat(int a, int p) //费马求a关于b的逆元
{
    return qpow(a, p - 2, p);
}

///扩展欧几里得
ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y)
{
    if (b == 0)
    {
        x = 1;
        y = 0;
        return a;
    }
    ll g = exgcd(b, a % b, x, y);
    ll t = x;
    x = y;
    y = t - a / b * y;
    return g;
}

const int N = 25;
const int M = (1 << 17) + 5;
int n, m;
int e[N], dp[M];
bool uni[M];

int main()
{
    sdd(n, m);
    uni[0] = true;
    rep(i, 1, m)
    {
        int u, v;
        sdd(u, v);
        u--, v--;
        e[u] |= 1 << v, e[v] |= 1 << u;
    }
    rep(i, 0, (1 << n) - 1)
    {
        rep(j, 0, n - 1)
        {
            uni[i | (1 << j)] |= uni[i] && !(i & (1 << j)) && !(i & e[j]);
        }
    }
    mem(dp, 63);
    dp[0] = 0;
    rep(i, 1, (1 << n) - 1)
    {
        for (int j = i; j; j = (j - 1) & i)
            if (uni[j])
                dp[i] = min(dp[i], dp[i ^ j] + 1);
    }
    pd(dp[(1 << n) - 1] - 1);
    return 0;
}