[清华集训2012]串珠子

CXVII.[清华集训2012]串珠子

如果直接暴力上状压进行计数是会重复计算的；那么怎样不重不漏地计数呢？

我们发现，要求出连通图的数量是比较难的；但是要求出非联通图的数量是比较简单的，因为我们可以祭出套路。

我们设 $f_i$ 表示 $i$ 集合中所有图的数量（不管联通与否）。再设 $g_i$ 表示非联通图的数量，$h_i$ 表示连通图的数量。

则显然，必有 $h_i=f_i-g_i$。

首先，$f_i$显然是很好求出的；在$g_i$中，我们可以考虑枚举$i$的lowbit所在的连通块，然后就把它拆成一个 $h_j\times f_{i\setminus j}$了。

则时间复杂度$O(3^n)$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int n,m,a[20][20],f[1<<20],g[1<<20],h[1<<20];
//f:all possible situations
//g:all invalid situations
//h:all valid situations
int main(){
	scanf("%d",&n),m=1<<n;
	for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<n;j++)scanf("%d",&a[i][j]);
	f[0]=1;
	for(int i=1;i<m;i++){
		f[i]=f[i^(i&-i)];
		for(int j=__builtin_ctz(i)+1;j<n;j++)if(i&(1<<j))f[i]=1ll*f[i]*(a[j][__builtin_ctz(i)]+1)%mod;
	}
	for(int i=1;i<m;i++){
		for(int U=i^(i&-i),V=U;V;V=(V-1)&U)(g[i]+=1ll*h[i^V]*f[V]%mod)%=mod;
		h[i]=(f[i]-g[i]+mod)%mod;
	}
	printf("%d\n",h[m-1]);
	return 0;
}