bzoj3812 主旋律（容斥原理+状压dp）

题目链接

分析：

dada的题解

有多少个边的子集删去之后整个图仍然强联通=>整个图有多少个强联通子图
强联通子图的个数比较难计算，我们考虑进行进一步的转化：
强联通子图的个数=>子图个数-不强联通的子图个数

不强联通的子图有什么特点呢？将强连通分量缩点后会形成一个节点数>=2的DAG
那么我们就考虑这个子问题：一些点构成 DAG 的方案数

设原图为$G$，点集为$V$，边集为$E$，子集的点集为$T$

一个DAG肯定是由一些没有出度的点组成的，我们可以枚举这些点组成的集合$T$
那么$V−T$内的边和$V−T$到$T$的边随便要不要都是可以的，但是这样有可能会出现重复的情况
因为在枚举$T$的时候这样计算不能保证$V−T$内没有不存在出度的点，也就是说两个点$u,v$，$T={u}$时会计算一次没有出度的点是$u,v$的情况，$T={v}$时也会计算一次，因此需要用容斥原理

设$f(S)$表示点集$S$构成的DAG的方案数，那么可以得到转移

$$f(S)=\sum_{T⊆S,T≠∅}(-1)^{|T|-1}*2^{ways(S-T,T)+h(S-T)}*f(S-T)$$

这里$ways(S−T,T)$表示$S−T$到$T$的边数
$h(S−T)$表示$S−T$中的边数

然后这样由于要枚举强连通分量，复杂度十分高，这题肯定没办法过

换个角度，可以枚举所有没有出度的强连通分量缩成的点的集合$T$
根据上面的容斥，如果$T$内的点组成奇数个强连通分量，那么对答案的贡献将是1，如果是偶数个那就是−1

维护$g(t)$表示集合的点缩点后成为奇数个彼此没有边的点的方案数
$c(t)$表示集合的点缩点后成为偶数个彼此没有边的点的方案数
重新定义$f(t)$表示$t$是强联通子图的方案数
（奇数=偶数+1，偶数=奇数+1）

$$g(t)=\sum_{j⊆t,j≠∅} f(j)∗c(t−j)$$

$$c(t)=\sum_{j⊆t,j≠∅} f(j)∗g(t−j)$$

由此得到递推式：

$$f(S)=2^{h(S)}−\sum_{T⊆S,T≠∅}(c(T)-g(T))*2^{ways(S−T,T)+h(S−T)}$$

关于$ways$和$h$的计算可以在计算$f$的时候顺便计算，这样就可以在$O(3^n)$时间内计算出答案了

---

这道题连理解起来都有点困难，所以还是看看代码吧

for (int i=0;i<(1<<n);i++)
    for (int j=0;j<n;j++) {
        int t=i&(-i);
        cnt[j][i]=(cnt[j][t]+cnt[j][i-t])%p;
    }

一开始我们把边都存储成这个形式：$cnt[i][j],i点的后继状态为j$
在这个循环中，就是在维护$i$点的后继状态$j$中有多少个1
i&(-i) 就是把状态$i$分成了两个子集
举个小例子：

i=             i&(-i)=
    4   (100)           4   (100)
    5   (101)           1   (1)
    12  (1100)          4   (100)
    14  (1110)          2   (10)

for (int i=0;i<(1<<n);i++) 
    for (int j=0;j<n;j++) 
        if (i&(1<<j)) h[i]=(h[i]+cnt[j][i])%p;

$h$表示点集$i$内的边数

dp卡着式子来就好了

$$f(S)=2^{h(S)}−\sum_{T⊆S,T≠∅}(c(T)-g(T))*2^{ways(S−T,T)+h(S−T)}$$

for (int i=0;i<(1<<n);i++) {                        //枚举点集 S
    if (i==(i&(-i))) {
        f[i]=g[i]=1;
        continue;
    }
    f[i]=mi[h[i]];                                  //2^h(S)
    for (int j=i&(i-1);j;j=i&(j-1)) {               //枚举S的子集 T
        int t=i-j;                                  //t=S-T
        int tmp=0;
        for (int k=0;k<n;k++) 
            if (t&(1<<k)) tmp=(tmp+cnt[k][i])%p;    //way(S-T,S)
        f[i]=(f[i]+mi[tmp]*(c[j]-g[j]))%p;          //递推式 2^way(S-T,S)*(c(T)-g(T))
        if (j&(i&(-i))) {
            c[i]=(c[i]+f[j]*g[t])%p;
            g[i]=(g[i]+f[j]*c[t])%p;
        } 
    }
    f[i]=(f[i]+c[i])%p;                   //按照递推式维护g,f,h
    f[i]=(f[i]-g[i])%p;
    g[i]=(g[i]+f[i])%p;
}

---

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define ll long long

using namespace std;

const ll p=1e9+7;
const int N=16;
ll cnt[N][1<<16],mi[405],h[1<<16],g[1<<16],c[1<<16],f[1<<16];
int n,m;

int main() 
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    mi[0]=1;
    for (int i=1;i<=300;i++) mi[i]=mi[i-1]*2%p;
    for (int i=1;i<=m;i++) {
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        x--; y--; cnt[x][1<<y]++;        //后继结点 
    }
    for (int i=0;i<(1<<n);i++)
        for (int j=0;j<n;j++) {
            int t=i&(-i);                //子集
            cnt[j][i]=(cnt[j][t]+cnt[j][i-t])%p;
        } 
    for (int i=0;i<(1<<n);i++) 
        for (int j=0;j<n;j++) 
            if (i&(1<<j)) h[i]=(h[i]+cnt[j][i])%p;

    c[0]=1;
    for (int i=0;i<(1<<n);i++) {
        if (i==(i&(-i))) {
            f[i]=g[i]=1;
            continue;
        }
        f[i]=mi[h[i]];
        for (int j=i&(i-1);j;j=i&(j-1)) {     //枚举子集
            int t=i-j;
            int tmp=0;
            for (int k=0;k<n;k++) 
                if (t&(1<<k)) tmp=(tmp+cnt[k][i])%p;
            f[i]=(f[i]+mi[tmp]*(c[j]-g[j]))%p;
            if (j&(i&(-i))) {
                c[i]=(c[i]+f[j]*g[t])%p;
                g[i]=(g[i]+f[j]*c[t])%p;
            } 
        }
        f[i]=(f[i]+c[i])%p;
        f[i]=(f[i]-g[i])%p;
        g[i]=(g[i]+f[i])%p;
    }
    int t=(1<<n)-1;
    f[t]=(f[t]%p+p)%p;
    printf("%lld\n",f[t]);

    return 0;
}