hdu 5952 Counting Cliques 暴力枚举+优化

Counting Cliques

Time Limit: 8000/4000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)
Total Submission(s): 622    Accepted Submission(s): 235

Problem Description

A clique is a complete graph, in which there is an edge between every pair of the vertices. Given a graph with N vertices and M edges, your task is to count the number of cliques with a specific size S in the graph. 

 

Input

The first line is the number of test cases. For each test case, the first line contains 3 integers N,M and S (N ≤ 100,M ≤ 1000,2 ≤ S ≤ 10), each of the following M lines contains 2 integers u and v (1 ≤ u < v ≤ N), which means there is an edge between vertices u and v. It is guaranteed that the maximum degree of the vertices is no larger than 20.

 

Output

For each test case, output the number of cliques with size S in the graph.

 

Sample Input

34 3 21 22 33 45 9 31 31 41 52 32 42 53 43 54 56 15 41 21 31 41 51 62 32 42 52 63 43 53 64 54 65 6

 

Sample Output

3715

 

Source

2016ACM/ICPC亚洲区沈阳站-重现赛（感谢东北大学）

题意：n个点，m条边（n<=100,m<=1000），每个点最大度数为20度的简单图。问图中有多少个点数为s（s<=10）的完全图。

解法：完全图的性质是图中每一对不同顶点之间恰好只有一条边的简单图，可以知道完全图中每一个点要与图中其他所有点相连。s为10，每个点最大度数为20，那么我们就可以枚举每一个点，在它连着的所有点中找s-1个点出来与当前点构成一个大小为s的图，再判断这个图是不是完全图进行计数就行了。因为有重复计数，答案要除s。

这样做的最高复杂度是C(9,20)*100*(判断完全图)。C(9,20)为17W。判断算100的话，就1e9了，反正杭电会T，不过据说沈阳现场能过。

然后就需要剪枝，我当时想到了优化判断完全图，在添加进一个点时，判断这个点是否与之前每个点都相连，如果不相连，当前这种状态以及后续构成的状态都不可能是完全图，就不需要再继续搜下去。这样优化了一个常数，但是并没有什么用，还是T。

最后考虑了一下，可以不可把重复计数这个过程去掉，就自然想到枚举了一个点之后，把这个点删掉，以后包含这个点的情况都不再考虑进去。这样就避免了重复计数的问题。然后再交就过了。

CODE

#include <stdio.h>#include <iostream>#include <string.h>#include <algorithm>using namespace std;const int N = 105;int n,m,s,ans;int G[N][N];  ///邻接表存图int sz[25];   ///邻接表sizeint a[25];    ///dfs过程中存判断完全图的点int mp[N][N]; ///邻接矩阵方便判断点之间的关系void Init()   ///初始化{    ans = 0;    memset(mp,0,sizeof mp);    memset(sz,0,sizeof sz);}void add(int u,int v)  ///加边{    G[u][++sz[u]] = v; ///模拟邻接表加边    mp[u][v] = 1;      ///邻接矩阵加边}int chk(int dep)       ///只需要判断一个点是否与前面几个点有边{    for(int i = 1;i < dep;i++)        if(!mp[a[dep]][a[i]]) return 0;    return 1;}void dfs(int u,int id,int dep){    if(dep == s){        ans += chk(dep-1);        return;    }    if(!chk(dep-1)) return;     ///dfs中判断    for(int i = id+1;i <= sz[u];i++){        if(sz[G[u][i]] == 0) continue;        a[dep] = G[u][i];        dfs(u,i,dep+1);    }}void solve(){    for(int i = 1;i <= n;i++){  ///枚举点        dfs(i,0,1);        sz[i] = 0;              ///sz赋值为0就相当于删除操作了    }}int main(void){    int T;    scanf("%d",&T);    while(T--){        Init();        scanf("%d%d%d",&n,&m,&s);        for(int i = 1;i <= m;i++){            int u,v;            scanf("%d%d",&u,&v);            add(u,v);            add(v,u);        }        solve();        printf("%d\n",ans);    }    return 0;}