【BZOJ4671】异或图（斯特林反演）

【BZOJ4671】异或图（斯特林反演）

题面

BZOJ

Description

定义两个结点数相同的图 G1 与图 G2 的异或为一个新的图 G, 其中若是 (u, v) 在 G1 与
G2 中的出现次数之和为 1, 那么边 (u, v) 在 G 中, 不然这条边不在 G 中.
如今给定 s 个结点数相同的图 G1...s, 设 S = {G1, G2, . . . , Gs}, 请问 S 有多少个子集的异
或为一个连通图?

Input

第一行为一个整数s, 表图的个数.
接下来每个二进制串, 第 i 行的二进制串为 gi, 其中 gi 是原图经过如下伪代码转化得
到的. 图的结点从 1 开始编号, 下面设结点数为 n.

Algorithm 1 Print a graph G = (V, E)
for i = 1 to n do
    for j = i + 1 to n do
        if G contains edge (i, j) then
            print 1
        else
            print 0
        end if
    end for
end for

$ 2 ≤ n ≤ 10,1 ≤ s ≤ 60.$

Output

输出一行一个整数, 表示方案数

Sample Input
3

1

1

0
Sample Output
4

题解

连通很难处理，正难则反，考虑总方案减去不连通。
总方案随便算，要考虑的只有不连通的方案数。
若是不连通的话，咱们考虑其子集的划分，子集之间一定不存在边连通。那么咱们考虑其连通块个数，设\(f_i\)表示刚好有\(i\)个连通块的方案数，\(g_i\)表示至少有\(i\)个连通块的划分的计算的结果。
考虑二者之间的关系:
\[g_k=\sum_{i=k}^n \begin{Bmatrix}i\\k\end{Bmatrix}f_i\]
缘由很简单，若是直接考虑枚举连通块数量考虑划分的话，由于一个随意的连通块可能由多个连通块组成，意味着会被反复计算屡次。那么对于\(k\)个连通块而言，其被计算的次数就是\(\displaystyle \begin{Bmatrix}i\\k\end{Bmatrix}\)。这个次数是考虑计算至少\(m\)的时候，多出来的连通块会被划分到其余连通块里面去，实际上等价于把当前实际存在的\(i\)个连通块划分为\(k\)个计算到至少的贡献里面去。
根据斯特林反演，能够获得：
\[f_k=\sum_{i=k}^n(-1)^{i-k}\begin{bmatrix}i\\k\end{bmatrix}g_i\]
咱们要求的是刚好一个连通块的方案数，即\(f_1\)
\[\begin{aligned} f_1&=\sum_{i=1}^n(-1)^{i-1}\begin{bmatrix}i\\1\end{bmatrix}g_i\\ &=\sum_{i=1}^n(-1)^{i-1}(i-1)!g_i \end{aligned}\]
考虑如何计算\(g\)。如今要经过\(g\)来计算\(f\)。因此咱们显然须要找到一个方法可以直接计算\(g\)。
回到题目给定的条件，发现点数不多而图的数量不少。枚举一个子集划分，由于所求是至少，因此只须要肯定不一样子集之间不存在边。把这些边抠出来，要求的就是知足这些位置异或起来为\(0\)的方案数，构建线性基，答案显然是\(2^{s-c}\)，其中\(c\)是线性基内元素的个数。那么所有累加到\(g\)中去最后反演计算\(f\)便可。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define ll long long
#define MAX 65
#define MAXN 15
int G[MAX][MAXN][MAXN];
char ch[MAX];
int n,K,a[MAXN];
ll ans,p[MAX],jc[MAXN];
void dfs(int x,int t)
{
    if(x==n+1)
    {
        memset(p,0,sizeof(p));int ele=0;
        for(int k=1;k<=K;++k)
        {
            ll S=0;int tot=0;
            for(int i=1;i<=n;++i)
                for(int j=i+1;j<=n;++j)
                    if(a[i]!=a[j])S|=(1ll<<tot)*G[k][i][j],++tot;
            for(int i=0;i<tot;++i)
                if(S&(1ll<<i))
                {
                    if(!p[i]){p[i]=S;++ele;break;}
                    else S^=p[i];
                }
        }
        ans+=1ll*((t&1)?1:-1)*jc[t-1]*(1ll<<(K-ele));
        return;
    }
    for(int i=1;i<=t+1;++i)
        a[x]=i,dfs(x+1,max(i,t));
}
int main()
{
    scanf("%d",&K);
    for(int i=1;i<=K;++i)
    {
        scanf("%s",ch+1);int l=strlen(ch+1),cnt=0;
        for(int j=1;!n;++j)if(j*(j-1)==l+l)n=j;
        for(int j=1;j<=n;++j)
            for(int k=j+1;k<=n;++k)
                G[i][j][k]=ch[++cnt]-48;
    }
    jc[0]=1;for(int i=1;i<=n;++i)jc[i]=jc[i-1]*i;
    dfs(1,0);
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}