【BZOJ 3812】 3812: 主旋律 （容斥原理**）
3812: 主旋律
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响应主旋律的号召，大家决定让这个班级充满爱，现在班级里面有 n 个男生。如果 a 爱着 b，那么就相当于 a 和 b 之间有一条 a→b 的有向边。如果这 n 个点的图是强联通的，那么就认为这个班级是充满爱的。不幸的是，有一些不好的事情发生了，现在每一条边都可能被摧毁。我作为爱的使者，想知道有多少种摧毁的方式，使得这个班级任然充满爱呢？（说人话就是有多少边的子集删去之后整个图仍然强联通。）Input
第一行两个数 n 和 m，表示班级里的男生数和爱的关系数。接下来 m 行，每行两个数 a 和 b，表示男生 a 爱着男生 b。同时 a 不等于 b。所有男生从 1 到 n 标号。同一条边不会出现两遍，但可能出现 a 爱着 b，b 也爱着 a 的情况，这是两条不同的边。Output
输出一行一个整数,表示对 109+7 取模后的答案。Sample Input
5 15
4 3
4 2
2 5
2 1
1 2
5 1
3 2
4 1
1 4
5 4
3 4
5 3
2 3
1 5
3 1Sample Output
9390HINT
对于 100% 的数据满足: n≤15,0≤m≤n(n−1)。Source
【分析】
此乃神题也！
看了好久题解啊。。【想不出来还不懂。。
嗯。。要ORZ男神。。他的题解好懂多了。
题解都看了一天才看懂TAT。。
考虑求出非强联通即dag的方案数用全部情况减
注意统计dag从出度为0的点入手，这题中就是缩点后出度为0的点
先考虑一个辣鸡做法
若现全集为s，我们已经知道某种方案子集t会缩成k个强连通分量,这些强连通分量出入度都为0
那么我们可以得出s至少缩成k个出度0强连通分量的一类方案数(即用t中这k个限制最小的方案)为2^x(x为s^t里的点为起点，s里的点为终点的边数)。因为这x条边的所有连 法，包括了所有缩点后有大于等于k个的方案。
(容斥很重要的一点就是设置“至少为。。” 状态，注意“至少k状态”应包含所有“为x状态”，其中k是x的子集
然后我们就上容斥，对于至少k个出度0的方案，当k为奇数时就减，当k为偶数时就加
现在考虑正解
我们枚举一个子集的某种方案，看他的出度0个数是奇还是偶太慢了
注意对于一种方案我们关心的只是他是哪个点集，他缩完点后有奇数个出度为0还是偶数个出度为0，其中奇数时就-1，偶数时就+1
那我们可以设g[s]表示s这个点集所有缩点成若干个强连通分量方案的贡献和，其中缩成奇数个的方案贡献-1，偶数的贡献+1
设f[s]表示s为一个强连通方案数，s内部有h[s]条边，那么
f[s]=2^h[s]+sigma (2^cnt) * g[t]
t为s的子集，cnt为起点在s^t中,终点在t中的边数
注意这一步是已经带上容斥的，因为g[t]是容斥贡献和
然后
g[s]=-f[t] * g[s^t] - f[s];
其中t为包含s最小标号节点子集。g表示缩为若干个出度0强连通，t就是枚举最小标号所在强连通，这样保证情况不重不漏。前面的-代表，加入t这个强连通分量后，原来方案的强连通数奇偶取反，所以贡献正负取反。最后-f[s]就表示单独s这一个强连通分量，因为1是奇数，所以每种方案贡献是-1
然后就做完辣owo
一个DAG肯定由一些没有出度的点构成，那么我们可以考虑枚举没有出度的点的子集T。那么S-T中的边和S-T 到T之间的边也可以随便连。
但是我们这样连出来不能保证S-T中没有出度为0的点（或者强联通分量）。而且有可能会重复计算。【这个要用容斥
比如说两个出度为0的点u,v，枚举T={u}的和T={v}时都会计算u,v。 【这个我们枚举s的最小节点集就可以避免这样的重复
g数组的意思，其实是把s分成若干个互不影响的强联通块的方案数的和，求和时要冠以符号$(-1)^t$,t表示分成了多少个强联通块。【容斥部分
这个是方便容斥的。不然你枚举了处于T集合的点之后还要枚举强联通块慢死
关于容斥方面。
男神说的很好。就是，容斥重点是“至少k。。。”
要算至少有k个出度为0，就是减掉。。。，加上。。。
Ans=总数-非强联通个数
非强联通即缩点后的DAG的个数>=2。
最后只要枚举处于T集合的点，然后累加就好，因为在g数组里面考虑了容斥的正负号了。
不懂也可以看代码：
1 #include<cstdio> 2 #include<cstdlib> 3 #include<cstring> 4 #include<iostream> 5 #include<algorithm> 6 using namespace std; 7 typedef long long LL; 8 #define Maxn (1<<15)+10 9 #define N 20 10 #define M 410 11 #define Mod 1000000007 12 #define LL long long 13 14 int ru[N],chu[N]; 15 int pw[M],h[Maxn],w[Maxn],d[Maxn]; 16 int g[Maxn],f[Maxn],num[Maxn]; 17 18 void init(int n,int m) 19 { 20 pw[0]=1;for(int i=1;i<=m;i++) pw[i]=1LL*pw[i-1]*2%Mod; 21 for(int i=1;i<=n;i++) w[1<<i-1]=i,chu[i]=ru[i]=0; 22 for(int i=1;i<(1<<n);i++) d[i]=d[i>>1]+(i&1); 23 } 24 25 int lowbit(int x) {return x&(-x);} 26 27 int main() 28 { 29 int n,m; 30 scanf("%d%d",&n,&m); 31 init(n,m); 32 for(int i=1;i<=m;i++) 33 { 34 int x,y; 35 scanf("%d%d",&x,&y); 36 ru[y]|=1<<x-1; 37 chu[x]|=1<<y-1; 38 } 39 int ss=(1<<n)-1; 40 for(int i=1;i<=ss;i++) 41 { 42 int x=lowbit(i),y=w[x]; 43 h[i]=h[i^x]+d[chu[y]&i]+d[ru[y]&i]; 44 f[i]=pw[h[i]];g[i]=0; 45 46 for(int j=(i-1)&i;j;j=(j-1)&i) 47 { 48 if(j&x) continue; 49 g[i]=(g[i]-1LL*g[j]*f[i^j]%Mod)%Mod; 50 } 51 for(int j=i;j;j=(j-1)&i) 52 { 53 if(j==i) num[i^j]=0; 54 else 55 { 56 x=lowbit(i^j);y=w[x]; 57 num[i^j]=num[i^j^x]+d[chu[y]&i]; 58 } 59 f[i]=(f[i]+1LL*g[j]*pw[num[i^j]]%Mod)%Mod; 60 } 61 g[i]=(g[i]-f[i])%Mod; 62 } 63 f[ss]=(f[ss]+Mod)%Mod; 64 printf("%d\n",f[(1<<n)-1]); 65 return 0; 66 }
2017-04-19 19:49:29
