【贝尔数+容斥+斯特林反演+线性基】BZOJ4671异或图

【题目】
lydsy
给定$S$个有$n$个节点的图，求有多少个子集的异或为一个连通图。
$n\le 10,S\le 60$

【题目】
不会。

首先连通并不好做，考虑求不连通有多少个。那么先花费贝尔数的时间枚举一个划分，表示不同划分里的点在不同的连通块，但同一个划分里的点不一定在同一个连通块。也就是说所有连接两个不同划分的边都必须为$0$，方案数可以通过线性基求自由元个数求出来。

接下来需要对这个东西进行容斥，我们设$f_i$表示至少有$i$个连通块的方案数，$g_i$表示恰好有$i$个连通块的方案数，那么我们上面求的就是$f$。

考虑容斥系数要考虑$f$和$g$的关系，我们考虑一幅图如果实际上被分成了$m$个连通块，那么它会被计算多少次：
$$\sum _{i=1}^{m}S(m,i)$$
于是我们有：
$$f_i=\sum _{j=i}^n{g}_j\cdot S(j,i)$$
然后斯特林反演：
$$g_i=\sum _{j=i}^n(-1{)}^{j-i}\cdot s(j,i)\cdot f_j$$
可以得到：
$$g_1=\sum _{i=1}^n(-1{)}^{i-1}\cdot (i-1)!\cdot f_i$$
然后就没有了，每次重新计算$f$套柿子即可。

复杂度$O(B_n\cdot n^3)$

【参考代码】

#include
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N=12,M=65;
int S,n,m,id[N];
char s[N*N];
bool e[M][N][N];
ll ans,fac[N];

namespace Base
{
	int cnt;ll A[M];
	void insert(ll x)
	{
		for(int i=S-1;~i;--i) if(x&(1ll<<i))
		{
			if(!A[i]) {A[i]=x;++cnt;return;}
			else x^=A[i];
		}
	}
	ll calc()
	{
		memset(A,0,sizeof(A));cnt=0;
		for(int i=1;i<n;++i) for(int j=i+1;j<=n;++j)
			if(id[i]^id[j]) 
			{
				ll now=0;
				for(int k=0;k<S;++k) now|=(1ll<<k)*e[k][i][j];
				insert(now);
			}
		//for(int i=1;i<=n;++i) printf("%d ",id[i]); puts("");
		//printf("%d\n",cnt);
		return 1ll<<(S-cnt);
	}
}

void dfs(int d,int x)
{
	if(d==n+1) {ans+=(x&1?1:-1)*Base::calc()*fac[x-1];return;}
	for(int i=1;i<=x;++i) id[d]=i,dfs(d+1,x);
	id[d]=++x;dfs(d+1,x);
}

int main()
{
#ifdef Durant_Lee
	freopen("BZOJ4671.in","r",stdin);
	freopen("BZOJ4671.out","w",stdout);
#endif
	scanf("%d",&S);
	for(int i=0,m;i<S;++i)
	{
		scanf("%s",s);m=strlen(s);
		n=ceil(sqrt(m*2));
		for(int j=1,x=0;j<n;++j) for(int k=j+1;k<=n;++k,++x) e[i][j][k]=s[x]^48;
	}
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i) fac[i]=fac[i-1]*i;
	dfs(1,0);printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}