uoj37 【清华集训2014】主旋律 做题心得

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uoj37 【清华集训2014】主旋律 做题心得

前言

好一个毒瘤数数题

以前集训课上，听老师讲过；但是当时完全没听懂，所以今天来补一补

思维过程

算是我做这个题的完整心路历程吧，前面的错误想法可以选择性的看，对正解影响不大

这个 $n$ 非常小，只有 $15$；但是这个 $m$ 却非常大，最大200余。看来我们的算法需要和 $n$ 有关，而且可以猜到是指数的，毕竟这个问题一看就很np

那我们考虑点。发现直接考虑，所有点都在一大块SCC里面，能考虑个寂寞。于是，容易想到反面考虑：算多少种边集使得图 不 强联通

不强联通，那可以考虑缩点，然后就会变成一堆SCC块，它们组成DAG。

发现DAG有一个性质，就是我们可以把点集划一刀，分成 $A,B$ 两块，使得只存在 $A$ 到 $B$ 的边。

然后我们设 $f(S)$ 表示 $S$ 点集强联通的方案，而 $g(S)$ 是不强联通。那么 $f(S)+g(S)=2^{E(S)}$，其中 $E(S)$ 表示 $S$ 内部边数。也就是说，这俩算一个就行

看来是 $g$ 比较好算。根据上面的 “划一刀” 理论，机智的想到：我们枚举它一个子集 $T$，然后

$g(S)=\sum\limits_{T} 2^{E(T)}\times 2^{E(S/T)}\times 2^{E(T\rightarrow S/T)}$

$S/T$ 表示 $T$ 在 $S$ 中的补集，因为我不知道正规写法怎么用 $\LaTeX$ 打，就暂且这样写

$E(A,B)$ 表示从 $A$ 集合到 $B$ 集合的边数，即 $\# (u,v)|u\in A,v\in B$

一看怎么这么简单，肯定不对。拿脑子一想，肯定得重，因为我们这个“切一刀”的方法不唯一，一个缩点的方案会被算很多遍

能不能去重呢？考虑序列的去重，我们任意划一刀肯定会重，但如果每次只切掉第一个位置，就不会重

再来考虑这个问题，同样是找一个 唯一 的 “开始” 位置。容易想到，就是那些入度为 $0$ 的点。

那我们如果要计算 $g$ ，可以枚举一个集合 $T$，强制它作为"开始"点。然后搞一搞 $T\rightarrow S/T$ 的边就行了

设 $G(S)$ 表示，把点集 $S$ 分成若干部分，使得每个部分是一个SCC，且SCC间两两没有边，方案数。

然后我们枚举 $T$ 作为“开始”，内部划分方案数就是 $G(T)$。然后 $T\rightarrow S/T$，$S/T$ 内部，这些边都任选。得到式子：

$$g(S)=\sum\limits_{T} G(T)\times 2^{E(T\rightarrow S/T)+E(S/T)}$$

这回脑子转的久一点，但是又发现重了：因为我们没有保证 $S/T$ 里面没有“开始”点！

我自己想就到这，想了好久发现不知道咋整，就去听老师讲回放了

我一看，嗷，原来我的容斥已经完全不熟练了，尽管看出来要容斥，也不知道咋搞系数了

假设最终缩成的DAG上有 $k$ 个“开始”点，那么它的 $2^k-1$ 个非空子集都会被我们枚举，并且把它算一次。也就是说，它一共会被算 $2^k-1$ 次。

关于子集的去重，大家应该都很熟悉。假设 $T$ 里面分了 $k$ 块 SCC，乘一个 $(-1)^{k+1}$ 作为容斥系数就行了。

形象的说，就是：分一块方案数，-分两块，+分三块，-分四块...

为啥：

假设最后是 $k$ 块，考虑它被算了几次：

对于 $T$ 里面分了 $k'$ 块的时候，会把这个东西算 $\binom{k}{k'}$ 次。那一共被算：

$\sum\limits_{k'=1}^{k} \binom{k}{k'}\times (-1)^{k'+1}$

我们发现这玩意就是二项式定理的形式，瞎几把搞一搞，最后发现它就是 $1$。

那现在似乎式子对了，设 $G_k(T)$ 表示把 $T$ 分成 $k$ 块 SCC，SCC间没有边的方案数。则：

$$g(S)=\sum\limits_{T} 2^{E(T\rightarrow S/T)+E(S/T)}\times \sum\limits_{k} (-1)^{k+1}G_k(T)$$

我们发现我们并不需要知道具体的 $G$ 值，只需要分奇偶就行了。那我们给它换个定义：$G_{0/1}(T)$ 表示把 $T$ 分成偶数/奇数块SCC，SCC间没有边的方案数。则：

$$g(S)=\sum\limits_{T} 2^{E(T\rightarrow S/T)+E(S/T)}\times (G_1(T)-G_0(T))$$

然后我们就能得到 $f$，然后有了 $f$ 之后，$G_0,G_1$ 也可以交叉着互推

$$f(S)=2^{E(S)}-G(S)\\G_0(S)=\sum\limits_{T} f(T)\times G_1(S/T)\\G_1(S)=\sum\limits_{T} f(T)\times G_0(S/T)$$

然后注意一些边界问题，就ok了。

代码实现啥的并不是本题的重点，直接参考代码即可

总结

• 容斥的套路：奇数+，偶数-，解决子集算重的情况

• 脑子里先搞一个大概想法，然后再往这个想法上面凑

  比如这个题，就可以先看出来是个容斥，然后想想咋容斥

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace Flandre_Scarlet
{
    #define N   15
    #define int long long
    #define mod 1000000007
    #define i2  500000004
    #define F(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
    #define D(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
    #define Fs(i,l,r,c) for(int i=l;i<=r;c)
    #define Ds(i,r,l,c) for(int i=r;i>=l;c)
    #define MEM(x,a) memset(x,a,sizeof(x))
    #define FK(x) MEM(x,0)
    #define Tra(i,u) for(int i=G.st(u),v=G.to(i);~i;i=G.nx(i),v=G.to(i))
    #define p_b push_back
    #define sz(a) ((int)a.size())
    #define all(a) a.begin(),a.end()
    #define iter(a,p) (a.begin()+p)
    int I() {char c=getchar(); int x=0; int f=1; while(c<'0' or c>'9') f=(c=='-')?-1:1,c=getchar(); while(c>='0' and c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar(); return ((f==1)?x:-x);}
    template <typename T> void Rd(T& arg){arg=I();}
    template <typename T,typename...Types> void Rd(T& arg,Types&...args){arg=I(); Rd(args...);}
    void RA(int *p,int n) {F(i,1,n) *p=I(),++p;}
    int n,m,U;
    bool e[N][N];
    bitset<300> so[1<<N],si[1<<N]; // 搞两个bitset, 快速支持E(A,B)的查询
    void Input()
    {
        n=I(),m=I(); U=(1<<n)-1;
        F(i,1,m)
        {
            int u=I()-1,v=I()-1;
            F(s,1,U)
            {
                if ((s>>u)&1) so[s][i]=1;
                else so[s][i]=0;

                if ((s>>v)&1) si[s][i]=1;
                else si[s][i]=0;
            }
        }
    }
    int lg[1<<N],pw2[300];
    void init()
    {
        pw2[0]=1;
        F(i,1,250) pw2[i]=pw2[i-1]*2%mod;
        F(i,0,n-1) lg[1<<i]=i;
        F(i,1,U) if (!lg[i]) lg[i]=lg[i-1];
    }
    int E(int S,int T)
    {
        int ans=(so[S]&si[T]).count();
        return ans;
    }
    int f[1<<N],g[1<<N],G[2][1<<N];
    void Sakuya()
    {
        init();
        g[0]=0;
        G[0][0]=1; G[1][0]=0;
        F(s,1,U)
        {
            for(int t=(s-1)&s;t;t=(t-1)&s)
            {
                g[s]+=pw2[E(t,s^t)+E(s^t,s^t)]*(G[1][t]-G[0][t]%mod+mod)%mod;
                g[s]%=mod;
                if (t&(s&(-s)))
                {
                    G[0][s]+=f[t]*G[1][s^t]%mod;
                    G[1][s]+=f[t]*G[0][s^t]%mod;
                    G[0][s]%=mod; G[1][s]%=mod;
                }
            }
            g[s]=(g[s]+G[1][s]+mod-G[0][s]%mod)%mod; 
            f[s]=(pw2[E(s,s)]-g[s]%mod+mod)%mod;
            G[1][s]=(G[1][s]+f[s])%mod;
        }
        printf("%lld\n",f[U]); 
    }
    void IsMyWife()
    {
        Input();
        Sakuya();
    }
}
#undef int //long long
int main()
{
    Flandre_Scarlet::IsMyWife();
    getchar();
    return 0;
}