这是一个完整的 C++ 数据生成器。它集成了基于 Bitset 优化的标准解题代码（用于生成正确答案）和多策略数据生成器（用于生成各类测试数据）。

该程序会自动在当前目录下生成 1.in/1.out 到 10.in/10.out。

🛠️ 功能特点

1. 全自动生成：一键运行，无需人工干预。
2. 覆盖全子任务：
   • Points 1-2: $k=1$ (Subtask 1)
   • Points 3: $N, M \le 50$ (Subtask 2)
   • Points 4-10: $N, M \le 500, K \le 20$ (Subtask 3)
3. 场景覆盖：
   • 稀疏图/无边图：测试边界情况。
   • 稠密图：构造 $M \le 500$ 限制下的最大团（完全图 $K_{32}$）。
   • 特殊结构：链状图（最长路径）、菊花图（中心节点）。
   • 极限数据：$N=500, M=500, K=20$ 的混合随机图。

📄 Generator 代码 (C++14)

/**
 * P11964 [GESP202503 七级] 图上移动 - 数据生成器
 * 
 * 包含：
 * 1. Solver: 标准 Bitset DP 解法，用于生成 .out
 * 2. Generator: 针对不同 Subtask 的数据构造逻辑
 */

#include <iostream>
#include <vector>
#include <bitset>
#include <fstream>
#include <random>
#include <ctime>
#include <set>
#include <algorithm>
#include <string>

using namespace std;

// ==========================================
// Part 1: 标准解题 Solver (用于生成 .out)
// ==========================================

namespace Solver {
    const int MAXN = 505;
    const int MAXK = 25;
    
    // 全局定义以避免栈溢出，每次 solve 需清空
    bitset<MAXN> dp[MAXK][MAXN];

    void solve(string in_path, string out_path) {
        ifstream fin(in_path);
        ofstream fout(out_path);
        
        if (!fin.is_open()) {
            cerr << "Error opening input file: " << in_path << endl;
            return;
        }
        
        int n, m, k;
        fin >> n >> m >> k;
        
        // 局部邻接表，自动析构清空
        vector<vector<int>> adj(n + 1);
        for(int i = 0; i < m; ++i) {
            int u, v;
            fin >> u >> v;
            // 题目保证 1 <= u, v <= n
            if(u >= 1 && u <= n && v >= 1 && v <= n) {
                adj[u].push_back(v);
                adj[v].push_back(u);
            }
        }
        
        // 1. 初始化 DP 数组
        // 必须显式清空，因为是多组数据生成
        for(int s = 0; s <= k; ++s) {
            for(int i = 1; i <= n; ++i) {
                dp[s][i].reset();
            }
        }
        
        // 2. 第 0 步状态
        for(int i = 1; i <= n; ++i) {
            dp[0][i].set(i);
        }
        
        // 3. DP 转移
        // 时间复杂度: O(K * M * N/64)
        for(int s = 1; s <= k; ++s) {
            for(int u = 1; u <= n; ++u) {
                for(int v : adj[u]) {
                    // 从 u 走 s 步的可达集合 = 所有邻居 v 走 s-1 步的集合并集
                    dp[s][u] |= dp[s-1][v];
                }
            }
        }
        
        // 4. 输出
        for(int i = 1; i <= n; ++i) {
            for(int j = 1; j <= k; ++j) {
                fout << dp[j][i].count() << (j == k ? "" : " ");
            }
            fout << "\n";
        }
        
        fin.close();
        fout.close();
    }
}

// ==========================================
// Part 2: 数据生成器 Generator
// ==========================================

mt19937 rng(time(0));

int rand_int(int l, int r) {
    if (l > r) return l;
    return uniform_int_distribution<int>(l, r)(rng);
}

void generate_file(int file_id) {
    int n, m, k;
    set<pair<int,int>> edges;
    
    // === 1. 参数设定策略 ===
    if (file_id <= 2) { 
        // Subtask 1: k=1
        k = 1;
        n = (file_id == 1) ? 10 : 50;
        m = (file_id == 1) ? 15 : 50;
    } 
    else if (file_id == 3) {
        // Subtask 2: n, m <= 50
        n = 50; m = 50; k = 10;
    }
    else if (file_id == 4) {
        // 边界情况：无边图 (孤立点)
        n = 100; m = 0; k = 20;
    }
    else if (file_id == 5) {
        // 特殊结构：链状图 (测试长路径)
        n = 200; m = 199; k = 20;
    }
    else if (file_id == 6) {
        // 特殊结构：限制下的稠密图 (完全图 K_32 边数为 496 <= 500)
        n = 32; m = 496; k = 20;
    }
    else if (file_id == 7) {
        // 特殊结构：菊花图 (中心辐射)
        n = 200; m = 199; k = 20;
    }
    else if (file_id == 8) {
        // 随机稀疏图
        n = 300; m = 300; k = 20;
    }
    else if (file_id == 9) {
        // 极限规模随机图
        n = 500; m = 500; k = 20;
    }
    else { 
        // ID 10: 极限规模混合图 (稍微增加点 K 的压力，虽然 MAXK=20)
        n = 500; m = 500; k = 20;
    }
    
    // === 2. 建图策略 ===
    if (file_id == 4) {
        // 无边，直接跳过
    }
    else if (file_id == 5) { 
        // 链状: 1-2-3-...-n
        // 打乱节点编号以避免直接顺序
        vector<int> p(n);
        for(int i=0; i<n; ++i) p[i] = i + 1;
        shuffle(p.begin(), p.end(), rng);
        
        for(int i = 0; i < n - 1; ++i) {
            int u = p[i], v = p[i+1];
            if (u > v) swap(u, v);
            edges.insert({u, v});
        }
    }
    else if (file_id == 6) {
        // 完全图
        for(int i = 1; i <= n; ++i) {
            for(int j = i + 1; j <= n; ++j) {
                edges.insert({i, j});
            }
        }
    }
    else if (file_id == 7) {
        // 菊花图: 1 连 2...n
        for(int i = 2; i <= n; ++i) {
            int u = 1, v = i;
            // 稍微随机化边的方向(虽是无向图但影响存储顺序)
            if (rand_int(0, 1)) swap(u, v);
            edges.insert({min(u,v), max(u,v)});
        }
    }
    else {
        // 随机连边
        while(edges.size() < m) {
            int u = rand_int(1, n);
            int v = rand_int(1, n);
            if (u == v) continue; // 无自环
            if (u > v) swap(u, v);
            edges.insert({u, v}); // set 自动去重
        }
    }
    
    // === 3. 输出 .in 文件 ===
    string in_name = to_string(file_id) + ".in";
    ofstream fout(in_name);
    fout << n << " " << edges.size() << " " << k << endl;
    
    // 将边转为 vector 并打乱顺序，模拟真实数据
    vector<pair<int,int>> edge_vec(edges.begin(), edges.end());
    shuffle(edge_vec.begin(), edge_vec.end(), rng);
    
    for(auto p : edge_vec) {
        fout << p.first << " " << p.second << "\n";
    }
    fout.close();
    
    // === 4. 调用 Solver 生成 .out 文件 ===
    string out_name = to_string(file_id) + ".out";
    Solver::solve(in_name, out_name);
    
    cout << "Generated Case " << file_id << " (N=" << n << ", M=" << edges.size() << ", K=" << k << ")" << endl;
}

int main() {
    // 优化 IO 效率
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);
    
    for(int i = 1; i <= 10; ++i) {
        generate_file(i);
    }
    
    cout << "All 10 test cases generated successfully!" << endl;
    return 0;
}

🎯 数据测试点设计详解

⏱️ 复杂度与耗时

• 生成器：主要开销在于随机连边，最坏情况生成 500 条边，耗时忽略不计。
• 求解器：Bitset DP 的复杂度为 $O(K \cdot M \cdot N / 64)$。
  • 对于 Point 10：$20 \times 500 \times 500 / 64 \approx 78,125$ 次运算。
  • 这意味着生成所有 10 组数据的总耗时将远小于 1 秒。

🚀 如何使用

1. 将代码保存为 generator.cpp。
2. 编译：g++ generator.cpp -o generator -O2
3. 运行：./generator
4. 当前目录下将出现 1.in~10.in 和 1.out~10.out。

这是一个符合 NOIP C++14 竞赛标准的题解代码。

👨‍🏫 教练的解题分析

1. 题目本质：图上可达性统计

这道题要求我们求出从点 $i$ 出发，恰好走 $j$ 步能到达的节点集合的大小。 关键词是“集合”和“数量”。因为不同的路径可能到达同一个终点，我们需要去重。

2. 核心思路：动态规划 (DP) + Bitset 优化

• 状态定义： 设 $dp[k][u]$ 表示从节点 $u$ 出发，恰好走 $k$ 步能到达的节点集合。 由于我们需要存储的是一个集合，且节点数 $N \le 500$ 较小，C++ 的 std::bitset 是最佳选择。它可以将集合的并集操作（去重）转化为高效的位运算（按位或 |）。

• 初始状态： 第 0 步时，从 $u$ 出发只能待在 $u$。 $dp[0][u] = \{u\}$ （即将 bitset 的第 $u$ 位置为 1）。

• 状态转移方程： 如果我们想从 $u$ 出发走 $k$ 步，我们可以先迈出第 1 步走到 $u$ 的任意邻居 $v$，然后再从 $v$ 走 $k-1$ 步。 因此，从 $u$ 出发走 $k$ 步的可达集合，等于所有邻居 $v$ 走 $k-1$ 步的可达集合的并集。

  $$dp[k][u] = \bigcup_{v \in \text{adj}(u)} dp[k-1][v] $$

3. 复杂度分析

• 时间复杂度： 我们需要计算 $K$ 层状态。每一层需要遍历所有节点 $u$ 及其邻居 $v$。总共涉及 $2M$ 条边的遍历。每次转移是一次 bitset 的按位或操作。 bitset 的长度为 $N$，单次位运算复杂度为 $O(N/w)$，其中 $w=64$（计算机字长）。 总复杂度：$O(K \cdot M \cdot \frac{N}{w})$。 代入数据：$20 \times 500 \times \frac{500}{64} \approx 7.8 \times 10^4$ 次运算，这在 1 秒的时限内是极快的。
• 空间复杂度： 我们需要存储 $dp[K][N]$ 个 bitset。 空间：$K \cdot N \cdot \frac{N}{8}$ 字节 $\approx 20 \times 500 \times 64$ 字节 $\approx 640 \text{ KB}$。 空间非常充裕，甚至不需要使用滚动数组优化。

💻 标准题解代码 (C++14)

/**
 * P11964 [GESP202503 七级] 图上移动
 * 知识点：动态规划 (DP)、Bitset 优化
 * 
 * 复杂度分析：
 * 时间复杂度：O(K * M * N / 64)。代入 N=500, M=500, K=20 计算量极小。
 * 空间复杂度：O(K * N^2 / 8)。约 0.6 MB，远小于题目限制。
 */

#include <iostream>
#include <vector>
#include <bitset>

using namespace std;

// 定义最大常量，N=500，K=20，稍微开大一点防止越界
const int MAXN = 505;
const int MAXK = 25;

int n, m, k;
// 邻接表存储图
vector<int> adj[MAXN];

// dp[s][u] 表示从节点 u 出发，恰好走 s 步能到达的节点集合
// bitset<505> 每一位代表一个节点是否存在于集合中
// 第 i 位为 1 表示节点 i 可达
bitset<MAXN> dp[MAXK][MAXN];

int main() {
    // 【优化建议】关闭同步流，加速输入输出
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    if (!(cin >> n >> m >> k)) return 0;

    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        adj[u].push_back(v);
        adj[v].push_back(u); // 无向图，双向加边
    }

    // 【关键点1】初始化 DP
    // 第 0 步时，从 i 出发只能位于 i 自己
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        dp[0][i].set(i); // 将第 i 位设为 1
    }

    // 【关键点2】DP 状态转移
    // 外层枚举步数 s，从 1 到 k
    for (int s = 1; s <= k; ++s) {
        // 枚举每一个出发点 u
        for (int u = 1; u <= n; ++u) {
            // 遍历 u 的所有邻居 v
            // 逻辑：从 u 走 s 步 = 先走到 v，再从 v 走 s-1 步
            for (int v : adj[u]) {
                // bitset 的按位或运算(|) 等价于集合的并集操作
                // 这一步自动完成了去重
                dp[s][u] |= dp[s-1][v];
            }
        }
    }

    // 输出结果
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        for (int j = 1; j <= k; ++j) {
            // bitset.count() 返回集合中 1 的个数，即可能到达的节点数量
            cout << dp[j][i].count() << (j == k ? "" : " ");
        }
        cout << "\n";
    }

    return 0;
}

🔍 代码细节与易错点注释

1. Bitset 的大小：

   • 题目中节点编号 $1 \dots n$。bitset<505> 的下标范围是 $0 \dots 504$。
   • 我们在代码中直接使用 dp[...].set(i) 操作第 $i$ 位，这是合法的，不需要将编号减 1。

2. DP 转移方向：

   • 一定要先枚举步数 $s$（从小到大），再枚举节点 $u$。
   • 这是因为计算 $s$ 步的状态严格依赖于 $s-1$ 步的状态。如果顺序反了（先枚举 $u$），在计算 $u$ 的 $s$ 步时，$v$ 的 $s-1$ 步可能还没算出来（虽然在本题中用的是上一行的数组 dp[s-1]，只要步数 $s$ 在外层，内层 $u$ 的顺序其实无所谓，但保持层次清晰很重要）。

3. 空间优化（可选）：

   • 虽然本题空间足够，但在更严格的题目中，可以使用滚动数组。
   • 由于计算第 $s$ 层只依赖第 $s-1$ 层，我们可以只开 dp[2][MAXN]。
   • 注意：本题要求输出 $1 \dots k$ 每一步的结果，如果用滚动数组，需要在每算完一层 $s$ 后立刻输出该层结果，或者把结果存到另一个数组里。鉴于 $K$ 很小，直接开 $K \times N$ 的数组代码逻辑最简单，不易出错。

4. 边界情况：

   • 孤立点：如果 $u$ 没有邻居，循环 for (int v : adj[u]) 不会执行，dp[s][u] 保持全 0（空集），符合逻辑（走了 1 步就无路可走了，哪里也去不了）。
   • 自环：如果图中有自环，逻辑依然成立。

你好！我是你的OI金牌教练。很高兴能带你思考这道题目。

这道题是典型的图上可达性统计问题，结合了动态规划的思想。看到 $N \le 500$ 且 $K \le 20$ 这样小的数据范围，你的直觉应该告诉自己：不用什么高深的图论算法，暴力模拟或者 DP 应该就能过，关键在于如何高效地维护“集合”。

我们还是老规矩，先放下键盘，拿出草稿纸，一步步把思路理顺。

一、 题目核心解读与思路提示

1. “恰好移动 $j$ 步”：
   • 这意味着我们不能停留在原地（除非有自环），也不能提前结束。
   • 允许走回头路，比如 $1 \to 2 \to 1$ 算走了 2 步。
2. “可能位于哪些结点”：
   • 我们需要求的是一个集合。
   • 既然是求集合的大小，简单的加减法是不行的，因为不同的路径可能到达同一个点，我们需要去重。
3. 数据范围暗示：
   • $N, M \le 500$：这意味着 $O(N^3)$ 或者 $O(M \cdot N)$ 的复杂度是可以接受的。
   • $K \le 20$：步数非常少，这意味着我们可以对步数进行外层循环枚举。

二、 预备知识点

要解决这道题，你需要掌握：

1. 邻接表/邻接矩阵：基本的图存储方式。
2. 集合的并集操作：知道如何合并两个集合（A可能的落脚点 + B可能的落脚点）。
3. C++ std::bitset（核心）：
   • 这是本题的神器。当 $N$ 只有 500 时，用一个 500 位的二进制数来表示“某个点是否可达”是非常高效的。
   • 它支持位运算 |（按位或），这正好对应集合的并集操作。
4. 动态规划 (DP) 基础：理解状态转移。

三、 启发式教学：草稿纸上的推理演练

假设我们在黑板前，画一个简单的图：1 -- 2 -- 3。

1. 状态定义

我们关心的是：从点 $u$ 出发，走了 $j$ 步，能到哪些点？ 让我们定义 $dp[j][u]$ 为一个集合，表示从 $u$ 出发走 $j$ 步能到达的节点集合。

2. 初始状态 (0步)

• 刚开始（0步），你在哪里？
  • 如果在点 1，那只能在点 1。集合是 $\{1\}$。
  • 如果在点 2，那只能在点 2。集合是 $\{2\}$。
  • ...
  • 草稿纸写法：$dp[0][u] = \{u\}$。（用 bitset 表示就是第 $u$ 位是 1）

3. 状态转移 (推导第 1 步)

• 想知道从点 1 走 1步 能去哪？
  • 看图，1 连着 2。所以能去 $\{2\}$。
• 想知道从点 2 走 1步 能去哪？
  • 看图，2 连着 1 和 3。所以能去 $\{1, 3\}$。

4. 状态转移 (关键的第 $j$ 步)

• 现在我们要计算从点 $u$ 出发，走 $j$ 步 能到的集合 $dp[j][u]$。
• 思考路径：迈出第 1 步。
  • 假设 $u$ 的邻居是 $v_1, v_2, \dots$。
  • 如果我们第一步走到了 $v_1$，那么剩下的 $j-1$ 步就是从 $v_1$ 出发走的。
  • 也就是说：从 $u$ 走 $j$ 步的终点集合 = (从 $v_1$ 走 $j-1$ 步的集合) $\cup$ (从 $v_2$ 走 $j-1$ 步的集合) $\cup \dots$
• 转移方程：$$dp[j][u] = \bigcup_{v \in \text{neighbors}(u)} dp[j-1][v] $$

5. 复杂度与优化

• 如果用 std::set 来做集合合并，每一次操作可能要 $O(N \log N)$，总复杂度有点高。
• 优化：如果用 std::bitset<505>：
  • 集合合并就是两个二进制数做按位或 (|) 运算。
  • 单次合并复杂度是 $O(N/64)$，非常快！
• 总复杂度分析：
  • 外层循环枚举步数 $j$ (1 到 $K$)。
  • 内层枚举每个节点 $u$ (1 到 $N$)。
  • 再遍历 $u$ 的所有邻居 $v$ (总共 $2M$ 条边)。
  • 总复杂度：$O(K \cdot (N + M) \cdot \frac{N}{64})$。
  • 代入数据：$20 \times (500 + 500) \times 8 \approx 1.6 \times 10^5$ 次基本运算。这在计算机 1 秒能跑 $10^8$ 次的背景下，简直是秒杀。

6. 空间复杂度分析

• 我们需要存 $K \times N$ 个 bitset。
• $20 \times 500 \times 500 \text{ bits} \approx 5 \times 10^6 \text{ bits} \approx 625 \text{ KB}$。
• 空间完全够用！甚至不需要用滚动数组优化。

四、 读题与编码关键词总结

1. 关键词 "恰好移动 k 步" $\rightarrow$ 分层 DP，层层递进。
2. 关键词 "结点数量 / 集合" $\rightarrow$ 需要去重 $\rightarrow$ 考虑 bitset。
3. 数据范围 $N=500$ $\rightarrow$ bitset 优化的标志性范围（$N^3$ 勉强，但位运算优化后 $N^3/64$ 很稳）。
4. 核心逻辑：
   • bitset<505> dp[25][505];
   • dp[0][i].set(i);
   • for (int k = 1...K)
   • for (int u = 1...N)
   • for (int v : adj[u]) dp[k][u] |= dp[k-1][v];

好了，现在的思路应该非常清晰了。请你在草稿纸上模拟一下样例，确认第 2 步和第 3 步的结果是如何由上一步合并而来的，然后就可以开始写代码了！