【UOJ#37】 [清华集训2014] 主旋律

题目链接

题目描述

给定一张强联通图,求有多少种边的存在情况满足图依然强联通。
$n\le 15$

Sol

首先正难则反,考虑用总数减去不强联通的。

考虑一张不强联通的图，缩点后一定是一个 DAG，好像可以对 DAG 进行计数。
诈一看这个做不了，因为缩点后计数是不可能在dp过程中实现的。

但我们按照 DAG 计数的思路的话其实并不需要真的知道 DAG 缩点后的形态。

我们类似 DAG 计数的话那么枚举这些缩完点后的点至少有多少个入度为 0 的点，然后容斥计算。

过程中我们用到的只是有 奇数/偶数个 入度为0的点的方案数以及他们和外部连边的总方案数。

所以我们只需要设 $g[s]/h[s]$ 分别表示 集合 $s$的导出子图 内有 奇数/偶数 个入度为0的强联通分量的方案数。设 $f[s]$ 表示 $s$ 集合导出子图强联通的方案数，$cnt(S,T)$ 表示 $S$ 到 $T$ 内的边数。

$f$的转移和 DAG 计数类似。g，h的转移都很简单:

$$f[S]=2^{cnt(S,S)}-\sum _{T\subseteq S,T̸=\varnothing }(g[T]-h[T])\ast 2^{cnt(S-T,S-T)+cnt(T,S-T)}$$

$$g[S]=\sum _{T\subseteq S,T̸=\varnothing }f[T]\ast h[S-T]$$
$$h[S]=\sum _{T\subseteq S,T̸=\varnothing }f[T]\ast g[S-T]$$

发现好像 $g$,$h$ 和 $f$ 会互相转移。
分析一下，由于 $g[0]=0$ 所以 $h$ 的转移不受影响。然后 $g[S]$ 的转移需要加上 $f[S]$ , $f[S]$ 的转移似乎也需要 $g$ 来支持。
但是注意到我们算的东西是不强联通的,因此整个一大坨就是一个强联通分量的话是不能被算入 $f$ 的,也就是说 $g[S]$ 要靠 $f[S]$ 来进行转移的部分恰好不能贡献到 $f[S]$ 里面去，所以我们先算出 $g$,$h$ ，然后直接按照原来的方法算 $f$ ，算完之后载把 $f[S]$ 加入 $g[S]$ 就可以了。

code:

#include
#define Set(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
const int MAXN=225;
const int N=16;
const int MAXS=1<<(N-1);
const int mod=1e9+7;
template <typename T> inline void init(T&x){
	x=0;char ch=getchar();bool t=0;
	for(;ch>'9'||ch<'0';ch=getchar()) if(ch=='-') t=1;
	for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch-48);
	if(t) x=-x;return;
}
typedef long long ll;
template<typename T>inline void Inc(T&x,int y){x+=y;if(x>=mod) x-=mod;return;}
template<typename T>inline void Dec(T&x,int y){x-=y;if(x <  0) x+=mod;return;}
template<typename T>inline int fpow(int x,T k){int ret=1;for(;k;k>>=1,x=(ll)x*x%mod) if(k&1) ret=(ll)ret*x%mod;return ret;}
inline int Sum(int x,int y){x+=y;if(x>=mod) return x-mod;return x;}
inline int Dif(int x,int y){x-=y;if(x < 0 ) return x+mod;return x;}
int f[MAXS],g[MAXS],h[MAXS];
bitset<MAXN> in[MAXS],out[MAXS];
inline int Cnt(int S,int T){return (out[S]&in[T]).count();}
int bits[MAXN],cnt[MAXS];int n,m;

int main()
{
	init(n),init(m);bits[0]=1;
	for(int i=1;i<MAXN;++i) bits[i]=Sum(bits[i-1],bits[i-1]);
	const int UP=1<<n;
	for(int i=1;i<=m;++i) {
		int u,v;init(u),init(v);
		for(int s=1;s<UP;++s) {
			if(s&bits[u-1]) out[s].set(i);
			if(s&bits[v-1]) in [s].set(i);
		}
	}f[0]=0,g[0]=0,h[0]=1;// g: odd / h: even
	
	for(int s=1;s<UP;++s) {
		cnt[s]=cnt[s>>1]+(s&1);f[s]=0;int lb=s&(-s);
		for(int t=s;t;t=(t-1)&s) if(t&lb) Inc(g[s],(ll)f[t]*h[s^t]%mod),Inc(h[s],(ll)f[t]*g[s^t]%mod);
		for(int t=s;t;t=(t-1)&s) Inc(f[s],(ll)Dif(g[t],h[t])*bits[Cnt(t,s^t)+Cnt(s^t,s^t)]%mod);
		f[s]=Dif(bits[Cnt(s,s)],f[s]);
		Inc(g[s],f[s]);
	}
	printf("%d\n",f[UP-1]);
	return 0;
}