bzoj 4671: 异或图 容斥原理+线性基+斯特林反演

题意

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, 其中如果 (u, v) 在 G1 与G2 中的出现次数之和为 1, 那么边 (u, v) 在 G 中, 否则这条边不在 G 中.现在给定 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?
$2 ≤ n ≤ 10,1 ≤ s ≤ 60.$

分析

发现要直接求连通图的话并不好求，那就考虑容斥。
先用O(贝尔数)的时间来把n个点划分成若干个集合，现在要求两两集合之间没有连边，集合内部可以任意连的方案数。
这个我们可以把每个图看做一个01变量，对于每一条连接两个集合的边，都可以对这s个集合列一个方程。然后对这些方程高斯消元一下求出主元数量$t$，那么方案数就是$2^{s-t}$。
设$f_m$表示所有m-划分的贡献和，$g_m$表示原图中恰好有m个连通块的方案数，不难得到

$$f_m=\sum_{i=m}^nS(i,m)g_i$$
斯特林反演一下 $$g_m=\sum_{i=m}^n(-1)^{i-m}s(i,m)f_i$$
其中$S(i,m)$是第二类斯特林数，组合意义是把$i$个不同的球放入$m$个相同的盒子内的方案数，$s(i,m)$是第一类斯特林数，组合意义是把$i$个不同的球分成$m$个轮换的方案数。
由于我们只要求$g_1$，那么有 $$g_1=\sum_{i=1}^n(-1)^{i-1}(i-1)!f_i$$
只要通过之前的方法把所有的$f_i$求出来就好了。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

typedef long long LL;

int n,m,bel[15];
LL bin[70],G[70],bas[70],f[15];
char str[70];

void gauss(int tot)
{
    for (int i=0;i<m;i++) bas[i]=0;
    int tim=-1,cnt=0;
    for (int x=1;x<n;x++)
        for (int y=x+1;y<=n;y++)
        {
            tim++;
            if (bel[x]==bel[y]) continue;
            LL s=0;
            for (int i=0;i<m;i++) s+=bin[i]*((G[i]&bin[tim])>0);
            for (int i=m-1;i>=0;i--)
                if (s&bin[i])
                {
                    if (bas[i]) s^=bas[i];
                    else {cnt++;bas[i]=s;break;}
                }
        }
    f[tot]+=bin[m-cnt];
}

void dfs(int x,int y)
{
    if (x>n) {gauss(y);return;}
    for (int i=1;i<=y+1;i++)
        bel[x]=i,dfs(x+1,max(y,i));
}

int main()
{
    scanf("%d",&m);
    bin[0]=1;
    for (int i=1;i<=62;i++) bin[i]=bin[i-1]*2;
    for (int i=0;i<m;i++)
    {
        scanf("%s",str);int len=strlen(str);
        for (int j=0;j<len;j++) G[i]+=str[j]=='1'?bin[j]:0;
    }
    int len=strlen(str);
    for (;n*(n-1)/2<len;n++);
    dfs(1,0);
    LL ans=0;
    for (int i=1,jc=1;i<=n;i++,jc*=i)
        if (i&1) ans+=(LL)jc/i*f[i];
        else ans-=(LL)jc/i*f[i];
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}