bzoj 5006: [THUWC2017]Bipartite 随机二分图

题意：

有三种边，每组边有不同的出现几率和规则，问这个图存在完备匹配的期望。

题解：

很神的想法。
考虑状压，表示两边各自的匹配状态，因为两边的点数匹配点数相同，所以实际上最多只有一百多万种状态。
如果只有0类边那么就很好转移了。
然后有一个脑洞很大的想法：将第一种边 (x−>y,u−>u) ( x − > y , u − > u ) 拆成三条，前两条分别是 (x−>y) ( x − > y ) 和 (u−>v) ( u − > v ) ，期望为 12 1 2 ，第三条边是同时连四个点，期望为 14 1 4 。
将第二种边 (x−>y,u−>u) ( x − > y , u − > u ) 也拆成三条，前两条分别是 (x−>y) ( x − > y ) 和 (u−>v) ( u − > v ) ，期望为 12 1 2 ，第三条边是同时连四个点，期望为 −14 − 1 4 。
感受一波，可以发现这么做一组边对答案期望贡献的和与题意是一样的。
code：

#include
#include
#include
#include
#include
#define LL long long
using namespace std;
const int mod=1000000007;
const int inv2=mod+1>>1;
const int inv4=mod+1>>2;
map <int,int> f[1<<16];
struct node{
    int s,c;
    node() {}
    node(int x,int y) {s=x;c=y;}
}e[16*16<<2];int cnt,n,m;
inline void add(int &x,int y) {x=(x+y)%mod;}
inline int F(int S)
{
    if(!S) return 1;
    int T0=S>>n,S0=S^(T0<if(f[S0].count(T0)) return f[S0][T0];
    int &g=f[S0][T0];
    for(int i=1;i<=cnt;i++)
    {
        int T=e[i].s;
        if((T&S)==T&&S1) add(g,(LL)F(S^T)*e[i].c%mod);
    }
    return g;
}
int main()
{
    scanf("%d %d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int op,x,y;scanf("%d %d %d",&op,&x,&y);
        int S1=(1<<(x-1))|(1<<(y+n-1));
        e[++cnt]=node(S1,inv2);
        if(op)
        {
            scanf("%d %d",&x,&y);
            int S2=(1<<(x-1))|(1<<(y+n-1));
            e[++cnt]=node(S2,inv2);
            if(S1&S2) continue;
            if(op==1) e[++cnt]=node(S1|S2,inv4);
            else e[++cnt]=node(S1|S2,mod-inv4);
        }
    }
    printf("%lld",(1LL<1<<(2*n))-1)%mod);
}