bzoj 4671 异或图 —— 容斥+斯特林反演+线性基

题目：https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4671

首先，考虑容斥，就是设 \( t[i] \) 表示至少有 \( i \) 个连通块的方案数；

我们希望得到恰好有一个连通块的方案数，但这里不能直接 \( + t[1] - t[2] + t[3] - t[4] ... \)，因为每个“恰好 \( i \) 个连通块”的情况并不是在各种 \( t[j] ( j<=i ) \) 中只被算了一次，而是因为标号，被算了 \( S(i,j) \) 次；

所以希望得到一个容斥系数 \( f[i] \) ，若设 \( g[m] \) 表示恰好 \( m \) 个连通块的情况，则令 \( g[m] = \sum\limits_{i=1}^{m} S(m,i) * f[i] * t[i] \)

又因为 \( ans = g[1] \)，所以干脆令 \( f[i] \) 满足 \( [m=1] = \sum\limits_{i=1}^{m} S(m,i) * f[i] \)，代入 \( t[i] \)，算出的就是 \( g[1] \) ，即答案；

可以斯特林反演，于是 \( f[m] = \sum\limits_{i=1}^{m} s(m,i) * (-1)^{m-i} * [i=1] \)，这里的 \( s(m,i) \) 是第一类斯特林数；

于是 \( f[m] = (m-1)! * (-1)^{m-1} \)

接下来问题就是求 \( t[i] \)

\( dfs \) 枚举集合划分，复杂度是 \( Bell[n] \) 的，可以接受；

枚举了集合划分后，这些集合之间一定不能有边，这与每张图的连边情况构成了一组线性方程组；

找出线性基有 \( cnt \) 个，那么 \( s-cnt \) 张图的使用是不受限制的，换句话说，即使随便使用，构成一种情况，也可以通过线性基的那些图调整成集合间没有连边的情况；

所以 \( t[集合数] \) 加上 \( 2^{s-cnt} \)

不用数组而用一个 long long 整数，再预处理2的整数次幂，可以把时间优化到bzoj上的一般水平囧。

代码如下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
int s,n,m,cnt,id[15][15],col[15],jc[15],t[50];
bool sid[65][50],vis[50];
ll f[15],a[50],bin[65];
char ch[65];
ll pw(ll a,int b)
{
  ll ret=1;
  for(;b;b>>=1,a=a*a)if(b&1)ret=ret*a;
  return ret;
}
void add(int x)
{
  cnt++; a[cnt]=0;
  for(int i=1;i<=s;i++)
    if(sid[i][x])a[cnt]|=bin[i-1];//G[i]->ed[x]
}
int cal()
{
  int num=0;
  memset(vis,0,sizeof vis);
  for(int i=1;i<=cnt;i++)
    for(int j=1;j<=s;j++)
      {
    if(!(bin[j-1]&a[i]))continue;
    if(vis[j])a[i]^=a[t[j]];
    else {num++,vis[j]=1,t[j]=i; break;}//
      }
  return s-num;
}
void dfs(int x,int cr)
{
  if(x==n+1)
    {
      cnt=0;
      for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=i+1;j<=n;j++)
      if(col[i]!=col[j])add(id[i][j]);
      f[cr]+=pw(2,cal());
      return;
    }
  for(int i=1;i<=cr;i++)col[x]=i,dfs(x+1,cr),col[x]=0;
  col[x]=cr+1; dfs(x+1,cr+1);
  col[x]=0;
}
void init()
{
  jc[0]=1;
  for(int i=1;i<=n;i++)jc[i]=jc[i-1]*i;
  bin[0]=1;
  for(int i=1;i<=s;i++)bin[i]=bin[i-1]+bin[i-1];
}
int main()
{
  scanf("%d",&s);
  for(int i=1;i<=s;i++)
    {
      scanf("%s",ch+1); m=strlen(ch+1);
      for(int j=1;j<=m;j++)sid[i][j]=ch[j]-'0';
    }
  while(n*(n-1)/2<m)n++;
  for(int i=1,tmp=0;i<=n;i++)
    for(int j=i+1;j<=n;j++)id[i][j]=id[j][i]=++tmp;//id[j][i]
  init();
  dfs(1,0);
  ll ans=0;
  for(int i=1;i<=n;i++)
    ans+=(i&1?1:-1)*jc[i-1]*f[i];
  printf("%lld\n",ans);
  return 0;
}