【BZOJ】3812: 主旋律-DP&容斥

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题解

GXZ的题解

神仙容斥给跪了orz。

设$f[S]$表示点集$S$强连通生成子图的方案数(即答案)，$sum[S]$表示点集$S$中的有向边数，考虑容斥：用总方案数$2^{sum[S]}$减去所有非强连通图的方案数。

枚举非强连通图的方法很巧妙：

若缩点后入度为0的$scc$点集不为全集，则图不强连通。那么可以枚举缩点后所有入度为0的$scc$的点集$T$，设$g^{\prime }[T]$表示上述点集为$T$的方案数(即一些$scc$，且$scc$间无连边)。设$S$中指向子集$T$的边数量为$w[S][T]$，贡献为$2^{sum[S]-w[S][T]}\times g^{\prime }[T]$。

但这样不能保证$S-T$中没有入度为0的$scc$，所以需要进一步容斥，奇数个连通块容斥系数为正，偶数个为负(类似于至少有多少个)，设$g[T]$表示点集$T$形成奇数个连通块的方案数-点集$T$形成偶数个连通块的方案数。
$g[S]=-\sum _{T\subset S,lowbit(S)\in T}f[T]g[S-T]$

综上$f[S]=2^{sum[S]}-\sum _{T\subset S}{2}^{sum[S]-w[S][T]}g[T]$
p.s.需要在同步更新完$f[S],g[S]$将$f[S]$计入$g[S]$(实际上在转移的时候，$g[S]$是没有算$scc$为全集的情况的)

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代码

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=15,M=(1<<15)+10,mod=1e9+7;

int S,n,m,in[M],ot[M],bin[300],stk[M],top;
int f[M],g[M],sum[M],w[M],sz[M];

inline int ad(int x,int y){x+=y;return x>=mod?x-mod:x;}
inline int dc(int x,int y){x-=y;return x<0?x+mod:x;}

int main(){
	int i,j,k,x,y;bin[0]=1;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(i=1;i<=m;++i){
		scanf("%d%d",&x,&y);x--;y--;
		in[1<<y]|=1<<x;ot[1<<x]|=1<<y;
		bin[i]=ad(bin[i-1],bin[i-1]);
	}S=bin[n];
	for(i=1;i<S;++i){
		j=i&(-i);x=i^j;sz[i]=sz[x]+1;
		sum[i]=sum[x]+sz[in[j]&i]+sz[ot[j]&i];
		f[i]=bin[sum[i]];top=0;
		for(j=i;j;j=i&(j-1)) stk[++top]=j;
		for(;top;){k=stk[top--];w[k]=w[k^(k&(-k))]+sz[in[k&(-k)]&i];} 
		for(j=x;j;j=x&(j-1)) g[i]=dc(g[i],(ll)f[i^j]*g[j]%mod);
		for(j=i;j;j=i&(j-1)) f[i]=dc(f[i],(ll)bin[sum[i]-w[j]]*g[j]%mod);
		g[i]=ad(g[i],f[i]);
	}
	printf("%d",f[S-1]);
	return 0;
}