BZOJ 3812 : 主旋律

很是神仙的狀壓DP+容斥原理。

首先，給出一個狀壓方程：$f_S$表示點集爲$S$的狀況下，整個點集構成強連通圖的方案數。

這個DP方程仍是比較容易想到的，可是沒有辦法正常轉移，考慮經過容斥原理進行轉移。

對於一個點集，它沒法構成強連通份量的方案，就是咱們選擇一個出度爲$0$的強連通份量，這個強連通份量並不包含總體的方案，就是沒法構成的方案數，也就是縮點後的圖是一個至少兩個節點的DAG。

那麼，咱們能夠欽定一個點集$j,j\subset S$做爲出度爲$0$的強連通份量，那麼能夠獲得，這樣其餘的不是從這個點集連向其餘點集的邊是隨意選取的，也就是$2^p$種方案。

可是因爲咱們不知道$S-j$的部分中有沒有出現出度爲$0$的強連通份量，若是出現，那麼就重複計算了。

因此考慮容斥，$t_i$表示$i$點集構成點數大於1的DAG的方案數，$t_S=\sum\limits_{j\subseteq S,j\ne 0}{(-1)^{|j|-1}\times 2^{way_{i-j,j}}}\times t_{i-j}$，其中$way_{j,i-j}$表示$i-j$點集向$j$點集連接的邊，$|j|$表示選擇的強連通份量集的強連通份量數量。

上面的式子應該會很好理解，就很少解釋了，那麼根據上面的式子，咱們提出一個建設性的想法，$g_i$表示$i$的點集中，構成奇數個互不連通強連通份量-構成偶數個互不連通強連通份量的方案數，也就是說在狀態中直接包含容斥係數，那麼能夠給出方程：$g_S=f_S-\sum\limits_{j\subseteq S,u\in j}g_{S-j}\times f_j$

這個式子的正確性關鍵在於$g_S$構成的強連通份量是互不連通(由於出度所有爲$0$)的，因此這樣轉移顯然是正確的。

那麼接下來考慮$f_S$如何更新。

一樣，咱們回到上面的式子，$t_S$能夠表達爲：$t_S=\sum\limits_{j\subset i,j\ne 0}g_j\times 2^{sum_S-w_j}$，$w_j$表示$j$連向$S$的邊數。

而後，$f_S=2^{sum_S}-t_S$

而後咱們就解決這道題啦！撒花撒花✿✿ヽ(°▽°)ノ✿

建議搭配下面文檔食用

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#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <queue>
#include <iostream>
#include <bitset>
using namespace std;
#define N (1<<15)+20
#define ll long long
#define mod 1000000007
int f[N],g[N],cnt[N],in[N],out[N],n,m,b[N],w[N],sum[N];
void dfs(int i,int j)
{
    if(i&(j-1))dfs(i,i&(j-1));
    w[j]=w[j-(j&-j)]+cnt[in[j&-j]&i];
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);b[0]=1;
    for(int i=1,x,y;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d",&x,&y);x--,y--;
        in[1<<x]|=1<<y,out[1<<y]|=1<<x;
        b[i]=(b[i-1]<<1)%mod;
    }
    for(int S=1;S<1<<n;S++)
    {
        int x=S&-S,s=S^x;cnt[S]=cnt[s]+1;sum[S]=sum[s]+cnt[in[x]&S]+cnt[out[x]&S];
        dfs(S,S);f[S]=b[sum[S]];
        for(int j=s;j;j=s&(j-1))g[S]=(g[S]-(ll)f[S^j]*g[j])%mod;
        for(int j=S;j;j=S&(j-1))f[S]=(f[S]-(ll)g[j]*b[sum[S]-w[j]])%mod;
        g[S]=(g[S]+f[S])%mod;
    }
    printf("%d\n",(f[(1<<n)-1]+mod)%mod);
}