[LOJ#2290][THUWC 2017][概率][状压][DP][陈老师神题]随机二分图

又是一个冬令营未填的坑

可以根据期望的直接定义，求出每个完美匹配出现的概率。
因为n很小，可以状压DP，$f_{s,t}$表示左边被匹配的状态为$s$，右边被匹配的状态为$t$时的概率，因为左右边被匹配的点个数是相同的，所以状态数大概为$\sum {C^i_n}^2$？？？但是肯定远远比这个小。

然后直接做不太容易实现
可以把两条边的组拆分。
同时出现的组 可以拆成两条50%的边，以及25%同时出现的边组
只出现其中一条的组 可以拆成两条50%的边，以及-25%同时出现的边组。
为什么这样可行呢，因为同时出现的边组(x1,y1,x2,y2)，在x1或y1已经被匹配的时候能对匹配(x2,y2)产生50%的贡献，在x2或y2已经被匹配的时候能对匹配(x1,y1)产生50%的贡献，但是对同时匹配(x1,y1),(x2,y2)只能产生25%的贡献，所以要补上25%的同时出现的贡献。

（这组边不拆分应该也可以，不过不拆分的话代码难度会变大）

同理只出现一条的边组(x1,y1,x2,y2)，在拆成(x1,y1)(x2,y2)时，对同时匹配(x1,y1)(x2,y2)时会多产生25%的贡献，所以要加上一组-25%同时出现的边组

这样贡献就可以变得好处理了。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <vector>

using namespace std;

const int N=16,P=1e9+7;

int n,m,cnt;
int flg[N][N];
int fir[1<<N];
struct twc{
  int x,y,type;
}e[N*N];

map<int,int> f[1<<N-1];
vector<int> edge[N];

inline int Pow(int x,int y){
  int ret=1;
  for(;y;y>>=1,x=1LL*x*x%P) if(y&1) ret=1LL*x*ret%P;
  return ret;
}

int main(){
  scanf("%d%d",&n,&m);
  for(int i=1;i<=m;i++){
    int type,u,v; scanf("%d%d%d",&type,&u,&v);
    edge[u].push_back(v);
    if(type!=0){
      ++cnt;
      scanf("%d%d",&e[cnt].x,&e[cnt].y);
      edge[e[cnt].x].push_back(e[cnt].y);
      if(e[cnt].x<u) swap(u,e[cnt].x),swap(e[cnt].y,v);
      if(e[cnt].x==u||e[cnt].y==v) continue;
      e[cnt].type=type==1?1:-1;
      flg[u][v]=cnt;
    }
  }
  int tw=Pow(2,P-2),fo=1LL*tw*tw%P;
  f[0][0]=1;
  for(int i=1;i<(1<<n);i++) fir[i]=min(fir[i>>1]+1,(i&1)?n+1:0);
  for(int s=0;s<(1<<n)-1;s++){
    int u=fir[s]+1;
    for(auto st : f[s]){
      int t=st.first,val=st.second;
      for(int v : edge[u]){
    if((t>>v-1)&1) continue;
    (f[s|(1<<u-1)][t|(1<<v-1)]+=1LL*val*tw%P)%=P;
    if(flg[u][v]){
      int x=e[flg[u][v]].x,y=e[flg[u][v]].y;
      if(((s>>x-1)&1)||((t>>y-1)&1)) continue;
      (f[s|(1<<u-1)|(1<<x-1)][t|(1<<v-1)|(1<<y-1)]+=(P+1LL*val*fo*e[flg[u][v]].type%P)%P)%=P;
    }
      }
    }
  }
  int ans=f[(1<<n)-1][(1<<n)-1];
  for(int i=1;i<=n;i++) ans=1LL*ans*2%P;
  printf("%d\n",ans); return 0;
}