[BZOJ4671]異或圖

description

BZOJ
定義兩個結點數相同的圖\(G1\)與圖\(G2\)的異或爲一個新的圖\(G\),
其中若是\((u,v)\)在\(G1\)與\(G2\)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\(G1...s\),設\(S={G1,G2,...,Gs},\)
問\(S\)有多少個子集的異或爲一個連通圖.
\(n\le 10,s\le 60\)

solution

考慮如何減掉圖不連通的方案,此時圖被分割成的連通塊數必定大於一個。
先求出連通塊數至少爲\(k\)的方案數,那麼枚舉子集劃分,\(O(B_n),B_{10}=21147\);
以後須要保證集合之間無連邊,即\(s\)個圖的異或不能和集合間對應邊的集合\(S\)有交。
求集合與\(S\)的交集插入線性基,設線性基內的元素個數爲\(c\),那麼最後答案爲\(2^{s-c}\)。

這樣咱們獲得了\(f(x)\)表示連通塊個數\(\ge x\)的方案數。
設\(g(x)\)表示連通塊個數\(=x\)的方案數,那麼要求的是\(g(1)\)。
針對子集劃分,咱們有斯特林數。\[f(k)=\sum_{m=k}^{n}\begin{Bmatrix}m\\k\end{Bmatrix}g(m)\]

考慮每一個連通塊個數\(=m\)的方案,由於當前假定有\(k\)個可能連通塊,
那麼這\(m\)個連通塊會被劃分爲\(k\)個無序集合,所以重複計算了\(\begin{Bmatrix}m\\k\end{Bmatrix}\)次。

斯特林反演便可。
\[g(k)=\sum_{m=k}^{n}(-1)^{m-k}\begin{bmatrix}m\\k\end{bmatrix}f(m)\]

\[g(1)=\sum_{m=1}^{n}(-1)^{m-1}(m-1)!f(m)\]

code

#include<bits/stdc++.h>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define FL "a"
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
const int mod=998244353;
inline ll read(){
  ll data=0,w=1;char ch=getchar();
  while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
  if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
  while(ch<='9'&&ch>='0')data=data*10+ch-48,ch=getchar();
  return data*w;
}
inline void file(){
  freopen(FL".in","r",stdin);
  freopen(FL".out","w",stdout);
}

int s,n,G[60][10][10],get[45],in[10];ll p[45],fac[11],ans;
void dfs(int x,int t){
  int i;
  if(x==n){
    int cnt=0,tot,g,j;ll tmp;
    memset(p,0,sizeof(p));memset(get,0,sizeof(get));
    for(g=0;g<s;g++){
      tmp=tot=0;
      for(i=0;i<n;i++)
    for(j=i+1;j<n;j++)
      if(in[i]^in[j])tmp|=1ll*G[g][i][j]<<tot,tot++;
      for(i=0;i<tot;i++)
    if(tmp&1ll<<i){if(p[i])tmp^=p[i];else{p[i]=tmp;cnt++;break;}}
    }
    ans+=(t&1?1:-1)*fac[t-1]*(1ll<<s-cnt);
    return;
  }
  for(i=1;i<=t+1;i++)in[x]=i,dfs(x+1,max(i,t));
}

map<int,int>M;
int main()
{
  s=read();
  int i,j,g,pp;string c;
  for(i=fac[0]=1;i<=10;i++)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i;
  for(i=2;i<=10;i++)M[i*(i-1)/2]=i;
  for(g=0,pp;g<s;g++){
    cin>>c;n=M[c.length()];pp=0;
    for(i=0;i<n;i++)
      for(j=i+1;j<n;j++)
    G[g][i][j]=c[pp++]-48;
  }
  dfs(0,0);
  printf("%lld\n",ans);
  return 0;
}