[BZOJ4671]異或圖

[BZOJ4671]異或圖

試題描述

定義兩個結點數相同的圖 \(G_1\) 與圖 \(G_2\) 的異或爲一個新的圖 \(G\), 其中若是 \((u, v)\) 在 \(G_1\) 與 \(G_2\) 中的出現次數之和爲 \(1\), 那麼邊 \((u, v)\) 在 \(G\) 中, 不然這條邊不在 \(G\) 中.

如今給定 \(s\) 個結點數相同的圖 \(G_{1 \sim s}\), 設 \(S = \{G_1, G_2, \cdots , G_s\}\), 請問 \(S\) 有多少個子集的異或爲一個連通圖?

輸入

第一行爲一個整數 \(s\), 表圖的個數.

接下來每個二進制串, 第 \(i\) 行的二進制串爲 \(g_i\), 其中 \(g_i\) 是原圖經過如下僞代碼轉化獲得的. 圖的結點從 \(1\) 開始編號, 下面設結點數爲 \(n\).

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

輸出

輸出一行一個整數, 表示方案數

輸入示例

3
1
1
0

輸出示例

4

數據規模及約定

\(2 \le n \le 10,1 \le s \le 60\).

題解

連通性計數相關的問題通常要用到容斥原理，這是由於「連通」很是難處理，由於總體連通並不知道每條邊的存在狀況，而「不連通」則是能夠肯定沒有任何邊相連；而容斥就是用 \(連通方案 = 總方案 - 不連通方案\)，從而將連通計數問題轉化爲不連通計數的問題。

此題就是考慮計算「不連通」的狀況。咱們須要枚舉節點的子集劃分，不一樣的子集之間的節點沒有任何邊相連，同一子集中的點連邊狀況則沒有限制，令咱們劃分的子集個數爲 \(m\)，且在全部 \(m\)-劃分的狀況下計算的方案總和爲 \(f_m\)，並令 \(g_m\) 表示剛好有 \(m\) 個連通塊的方案數，顯然 \(f_m \ge g_m\)，由於咱們算的還有內部不連通的狀況。

更加具體一點，實際上是知足這樣一個關係

\[ f_m = \sum_{i=m}^n \begin{Bmatrix} i \\ m \end{Bmatrix} g_i \]

其中 \(\begin{Bmatrix} i \\ m \end{Bmatrix}\) 表示第二類斯特林數「\(i\) 子集 \(m\)」。顯然對於每種 \(g_i(i \ge m)\)，\(i\) 個集合之間是沒有考慮順序的，而咱們計算出來的 \(f_m\) 則會將某個多出來的集合併到那 \(m\) 個集合中某個集合裏面去，因此它須要乘上一個子集劃分。

根據斯特林反演能夠獲得

\[ g_m = \sum_{i=m}^n (-1)^{i-m} \begin{bmatrix} i \\ m \end{bmatrix} f_i \]

如今咱們只要求 \(g_1\)，因此

\[ g_1 = \sum_{i=1}^n (-1)^{i-1} (i-1)! f_i \]

如今主要問題就是 \(f_m\) 如何求。咱們能夠枚舉子集劃分，而後某些邊的狀態肯定了，這時咱們令 \(x_1, x_2, \cdots , x_s\) 分別表示圖 \(G_1, G_2, \cdots , G_s\) 的選擇狀況（\(x_i = 1\) 表示選擇 \(G_i\)，\(x_i = 0\) 表示不選），那麼對於每一條肯定的邊咱們都能獲得一個異或方程，那麼會獲得一個若干個異或方程組成的異或方程組，咱們對它進行高斯消元就能知道主元的個數 \(c\) 了，那麼方案數就是 \(2^{s-c}\)，把這個方案數累加到 \(f_m\)（\(m\) 是當前枚舉的子集劃分中子集的個數）中。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
#define rep(i, s, t) for(int i = (s), mi = (t); i <= mi; i++)
#define dwn(i, s, t) for(int i = (s), mi = (t); i >= mi; i--)

int read() {
    int x = 0, f = 1; char c = getchar();
    while(!isdigit(c)){ if(c == '-') f = -1; c = getchar(); }
    while(isdigit(c)){ x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); }
    return x * f;
}

#define maxs 65
#define maxn 15
#define maxe 50
#define LL long long

char str[maxe];
int s, n, gr[maxs][maxn][maxn];

LL ans, A[maxe], fac[maxn];
int bl[maxn];
void solve(int cur, int m) {
    if(cur >= n) {
        memset(A, 0, sizeof(A));
        rep(i, 0, n - 1) rep(j, i + 1, n - 1) if(bl[i] != bl[j]) {
            LL tmp = 0;
            rep(g, 0, s - 1) tmp |= (LL)gr[g][i][j] << g;
            dwn(k, maxe - 1, 0) if(tmp >> k & 1) {
                if(A[k]) tmp ^= A[k];
                else{ A[k] = tmp; break; }
            }
        }
        int c = 0;
        rep(k, 0, maxe - 1) c += A[k] > 0;
        ans += ((m & 1) ? 1ll : -1ll) * (1ll << s >> c) * fac[m-1];
        return ;
    }
    rep(i, 1, m + 1) bl[cur] = i, solve(cur + 1, max(m, i));
    return ;
}

int main() {
    s = read();
    rep(i, 0, s - 1) {
        scanf("%s", str);
        int l = strlen(str), t = 0;
        n = (1 + sqrt(1 + (l << 3))) / 2;
        rep(x, 0, n - 1) rep(y, x + 1, n - 1) gr[i][x][y] = str[t++] - '0';
    }
    
    fac[0] = 1;
    rep(i, 1, n) fac[i] = fac[i-1] * i;
    solve(0, 0);
    
    printf("%lld\n", ans);
    
    return 0;
}