BZOJ4671 异或图

注意

线性基空间要开够，1左移超过31位应该写成1LL

前置芝士

斯特林反演

斯特林反演有两种形式（和二项式反演类似）

\[G_n=\sum_{i=1}^n\left\{\begin{matrix}n\\i\end{matrix}\right\}F_i\Rightarrow F_n=\sum_{i=1}^n(-1)^{n-i}\left[\begin{matrix}n\\i\end{matrix}\right]G_i \]

\[G_k=\sum_{i=k}^n\left\{\begin{matrix}i\\k\end{matrix}\right\}F_i\Rightarrow F_k = \sum_{i=k}^n(-1)^{i-k}\left[\begin{matrix}i\\k\end{matrix}\right]G_i \]

思路

利用第一种形式

设\(g_i\)表示至少有i个连通块，用\(f_i\)表示恰好有i个联通块的方案数
首先\(ans=\sum_{i=1}^n T_i F_i\)，先胡乱写一个式子，然后考虑\(T_i\)这个容斥系数到底是什么东西
每项被计算的次数是\(\left\{\begin{matrix}n\\i\end{matrix}\right\}\)
因为最后的答案中应该只包含1个连通块的贡献，所以可以得到一个式子

\[\sum_{i=1}^n\left\{\begin{matrix}n\\i\end{matrix}\right\}T_i=\left[n=1\right] \]

斯特林反演一下有

\[\sum_{i=1}^n\left[\begin{matrix}n\\i\end{matrix}\right][n=1]=T_n \]

所以

\[T_i=(-1)^{n-i}(n-i)! \]

利用第二种形式

容易发现直接求并不好求，考虑反演一发
对于集合划分问题，一般都使用斯特林反演
设\(g_i\)表示至少有i个连通块，用\(f_i\)表示恰好有i个联通块的方案数
对于\(g_i\)我们可以枚举一个子集的划分，不在同一个子集中的点之间一定没有边，在同一个子集中的点之间可以随意连边，这样就保证了如果划分了i个集合，那么最少会有i个连通块
接下来考虑系数，假设当前恰好划分出i个连通块，为了满足\(g_k\)的条件，相当于要把这i个连通块划分到k个新的连通块中，所以每个\(f_i\)会产生\(\left\{\begin{matrix}i\\k\end{matrix}\right\}\)的贡献
所以能够得到\(f_i\)和\(g_i\)的关系

\[g_k=\sum_{i=k}^n \left\{\begin{matrix}i\\k\end{matrix}\right\}f_i \]

根据斯特林反演公式
得到

\[f_k=\sum_{i=k}^n(-1)^{i-k}\left[\begin{matrix}i\\k\end{matrix}\right]g_i \]

因为要求\(f_1\)
所以得到

\[\begin{align}f_1&=\sum_{i=1}^n(-1)^{i-1}\left[\begin{matrix}i\\1\end{matrix}\right]g_i\\&=\sum_{i=1}^n(-1)^{i-1}(i-1)!g_i\end{align} \]

利用反演得出的柿子求解

第一种和第二种得出的式子是相同的，考虑如何计算\(G_i\)
dfs计算划分之后，把每个数都当成一个二进制数，确定每个图上没有那些边相连后，将其插入线性基中，最后求异或和为0的方案数，求异或和为零的方案数相当于要找到线性无关的组的个数，剩下的可以随便取，所以\(g_i=2^{n-t}\)t是线性无关的个数

代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstring>
#define int long long
using namespace std;
int n,T,has[100][20][20],belong[20],jd[100],nob,jc[40],ans=0;
char s[200];
void init(void){
    nob=0;
    memset(jd,0,sizeof(jd));
}
void insert(int s){
    for(int i=62;i>=1;i--){
        if((s>>(i-1))&1LL){
            if(!jd[i]){
                nob++;
                jd[i]=s;
                break;
            }
            else
                s^=jd[i];
        }
    }
}
void init_jc(void){
    jc[0]=1;
    for(int i=1;i<=20;i++)
        jc[i]=(jc[i-1]*i);
}
void dfs(int num,int id){
    // printf("%lld %lld\n",num,id);
    if(num==n){
        init();
        for(int i=1;i<=T;i++){
            int S=0,mid=0;
            for(int j=1;j<=n;j++)
                for(int k=j+1;k<=n;k++){
                    mid++;
                    if(belong[j]!=belong[k]){
                        S|=(1LL<<(mid-1))*has[i][j][k];
                    }
                }
            insert(S);
        }
        ans+=(((id-1)&1)?-1:1)*(jc[id-1])*(1LL<<(T-nob));
        return;
    }
    for(int i=1;i<=id;i++){
        belong[num+1]=i;
        dfs(num+1,id);
        belong[num+1]=0;
    }
    belong[num+1]=id+1;
    dfs(num+1,id+1);
    belong[num+1]=0;
}
signed main(){
    init_jc();
    scanf("%lld",&T);
    for(int i=1;i<=T;i++){
        scanf("%s",s+1);
        int l=strlen(s+1);
        // printf("l=%d\n",l);
        if(!n)
            for(int j=1;;j++)
                if(j*(j-1)==2*l){
                    n=j;
                    break;
                }
        int mid=1;
        for(int j=1;j<=n;j++)
            for(int k=j+1;k<=n;k++)
                has[i][j][k]=has[i][k][j]=s[mid++]-'0';
    }
    dfs(0,0);
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}