AT2390-[AGC016F]Games on DAG【状压dp,SG函数】

1|0正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/AT2390

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1|1解题思路

$n$个点的$DAG$，$m$条边可有可无，$1$和$2$上有石头。求有多少种方案使得先手必胜。

$1\leq n\leq 15,1\leq m\leq \frac{n(n-1)}{2}$

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1|2解题思路

这个复杂度比较麻烦，要设计一个比较巧妙的$dp$。

考虑到题目是问多少种情况$SG(1)\neq SG(2)$，其实求$SG(1)=SG(2)$的方案会更简单些。

设$f_{S}$表示目前只考虑了生成子图$S$时$SG(1)=SG(2)$的方案数，那么若从$T$转移到$S$时我们可以构造一种方案使得$T$的所有点内的$SG$加一，然后$S/T$的所有点的$SG$为$0$。

也就相当于我们把点按照$SG$大小分成若干层，然后一层一层转移进去。好了现在考虑怎么转移$f_S$，我们枚举它的子集$T$，那么$S/T$就是它的下一层，也就是目前$S/T$内的点$SG=0$。

对于$T$内的每个点，我们需要连接至少一个$S/T$内的点，对于$S/T$内的点，可以随意连接$T$内的点，枚举一下点集统计方案就好了。

时间复杂度$O(3^nn)$

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1|3code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=15,P=1e9+7;
ll n,m,ans,f[1<<N],c[1<<N],e[N];
vector<int>q[N];
signed main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(ll i=1;i<=m;i++){
		ll x,y;
		scanf("%lld%lld",&x,&y);
		x--;y--;e[x]|=(1<<y);
	}
	ll MS=(1<<n),o=0;c[0]=1;
	for(ll i=1;i<MS;i++)c[i]=c[i-(i&-i)]*2;
	for(ll s=0;s<MS;s++){
		if((s&1)!=((s>>1)&1))continue;
		f[s]=1;
		for(ll t=(s-1)&s;t;t=(t-1)&s){
			ll buf=f[t];
			for(ll i=0;i<n;i++){
				if((t>>i)&1)buf=buf*(c[(s^t)&e[i]]-1)%P;
				if(((s^t)>>i)&1)buf=buf*c[t&e[i]]%P;
			}
			(f[s]+=buf)%=P;
		}
	}
	ll ans=1;
	while(m)m--,ans=ans*2%P;
	printf("%lld\n",(ans-f[MS-1]+P)%P);
	return 0;
}

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本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/14879953.html
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