ABC306Ex题解

原题

AT_abc306_h [ABC306Ex] Balance Scale

题目描述

$ 1,2,\ \dots,N $ の番号の付いた $ N $ 個のおもりがあります。
これから天秤を用いて $ M $ 回の重さの比較を行います。

• 比較開始前に、空文字列 $ S $ を用意する。
• $ i $ 回目の比較では、左の皿におもり $ A_i $ のみを、右の皿におもり $ B_i $ のみを乗せる。
• この際、以下の $ 3 $ 通りのうちいずれかの結果が得られる。
  • おもり $ A_i $ の方がおもり $ B_i $ より重い。
    • この際 $ S $ の末尾に > を加える。
  • おもり $ A_i $ とおもり $ B_i $ は同じ重さである。
    • この際 $ S $ の末尾に = を加える。
  • おもり $ B_i $ の方がおもり $ A_i $ より重い。
    • この際 $ S $ の末尾に < を加える。
• 天秤が誤った結果を出すことはない。

実験終了後、長さ $ M $ の文字列 $ S $ が得られます。
>, =, < からなる長さ $ M $ の文字列は $ 3^M $ 通りありますが、そのうち実験で得られた $ S $ として考えられるものは何通りありますか?
答えは非常に大きくなることがあるので、 $ 998244353 $ で割った余りを出力してください。

输入格式

入力は以下の形式で標準入力から与えられる。

$ N $ $ M $ $ A_1 $ $ B_1 $ $ A_2 $ $ B_2 $ $ \vdots $ $ A_M $ $ B_M $

输出格式

答えを整数として出力せよ。

输入输出样例 #1

输入 #1

3 3
1 2
1 3
2 3

输出 #1

13

输入输出样例 #2

输入 #2

4 4
1 4
2 3
1 3
3 4

输出 #2

39

输入输出样例 #3

输入 #3

14 15
1 2
1 3
2 4
2 5
2 6
4 8
5 6
6 8
7 8
9 10
9 12
9 13
10 11
11 12
11 13

输出 #3

1613763

思路

题目可化为一个有 $M$ 条边的有向无环图。对于每一条边，进行一个定向与合并的操作。

先考虑定向。

可以用拓扑排序对图进行分层（不需要真正进行出来）。然后就可以考虑进行一个状压 $DP$ 了。

考虑有一个集合 $S$，它表示已经加入图中的点，并设计状态 $d{p}_S$。再定义一个集合 $T$，它表示准备加入图中的点，且集合中的点无边相连与 $S\cap T=\varnothing$。

那么如果 $i\in S，j\in T$，就可以定一条 $i\to j$ 的边。

但是这样会算重复，便可以在 $DP$ 是加一个系数，$(-1{)}^{|T|-1}$。这样就可以实现容斥。

根据上面的便可推出方程式 $d{p}_{S\cup T}={\sum }_{S\subseteq T}(-1{)}^{|T|-1}d{p}_S$。

再考虑合并。

同样考虑有一个集合 $S$。还有一个集合 $T$。如果集合 $T$ 中有两个点相连，那么可以把两个点合并，得到一个新的集合。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,m,a[200005],b[200005],f[1<<20],s[1<<20],mod=998244353,dp[1<<20];
int find(int x){
	if(x==f[x]){
		return x;
	}
	return f[x]=find(f[x]);
}
signed main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		cin>>a[i]>>b[i];
	}
	for(int i=1;i<1<<n;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			f[j]=j;
		}
		for(int j=1;j<=m;j++){
			if(i&(1<<a[j]-1)&&i&(1<<b[j]-1)){
				f[find(a[j])]=find(b[j]);
			}
		}
		for(int j=1;j<=n;j++){
			if(i&(1<<(j-1))&&f[j]==j){
				s[i]++;
			}
		}
	}
	dp[0]=1;
	for(int i=1;i<1<<n;i++){
		for(int j=i;j;j=(j-1)&i){
			if((s[j]-1)%2==0){
				dp[i]+=1*dp[i^j];
			}
			else{
				dp[i]+=-1*dp[i^j];
			}
			dp[i]=(dp[i]+mod)%mod;
		}
	}
	cout<<dp[(1<<n)-1];
	return 0;
}