「THUWC 2017」随机二分图（概率+容斥+状压dp（记忆化搜索实现））

https://loj.ac/problem/2290

先看\(O(n!)\)的怎么做？

枚举一个排列（完美匹配），计算这个匹配的边一定出现（其它边随意）的概率。

若组0、1、2有恰好一条边在这个匹配，则概率\(*1/2\)
若组1有恰好两条边，则概率\(*1/2\)
若组2有恰好两条边，则概率\(*0\)

考虑只有组0的情况，显然设\(f[i][S]\)表示左边确立了前i个，右边选了S，的概率和，就好了。

加入组1，把它拆成两条 组0的边，发现会少计算1/4的两条边同时选，加上这个。

加入组2，把它拆成两条 组0的边，发现会多计算1/4的两个边同时选，减去这个。

然后设一个\(f[S1][S2]\)表示左边选了S1,右边选了S2的概率和。

需要确立一个转移顺序，也就是每次转移必须使S1的最低的0变成1.

状态上限是\(\sum_{i=0}^{n}C(n,i)^2=C(2n,n)≈1.5*10^8\)，加上转移复杂度\(O(n)\)TLE了。

发现这个状态跑不满，用记忆化+hash表转移，状态数不太会证。

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Code：

#include<bits/stdc++.h>
#define fo(i, x, y) for(int i = x, _b = y; i <= _b; i ++)
#define ff(i, x, y) for(int i = x, _b = y; i <  _b; i ++)
#define fd(i, x, y) for(int i = x, _b = y; i >= _b; i --)
#define ll long long
#define pp printf
#define hh pp("\n")
using namespace std;

const int mo = 1e9 + 7;

ll ksm(ll x, ll y) {
	ll s = 1;
	for(; y; y /= 2, x = x * x % mo)
		if(y & 1) s = s * x % mo;
	return s;
}

const int N = 16;

ll ni2 = ksm(2, mo - 2), ni4 = ksm(4, mo - 2);
int n, m;

int b[N][N];
ll c[N][N][4], c0[N];

map<int, ll> f;

ll calc(int s1, int s2) {
	if(s1 == s2 && s1 == (1 << n) - 1) return 1;
	int s3 = s1 + (s2 << n);
	if(f.count(s3)) return f[s3];
	ll ans = 0;
	ff(i, 0, n) if(!(s1 >> i & 1)) {
		ff(j, 0, n) if(b[i][j] && !(s2 >> j & 1)) {
			ans = (ans + calc(s1 | (1 << i), s2 | (1 << j)) * ni2) % mo;
		}
		fo(j, 1, c0[i]) {
			if(!(s2 >> c[i][j][0] & 1) && !(s1 >> c[i][j][1] & 1) && !(s2 >> c[i][j][2] & 1))
				ans = (ans + calc(s1 | (1 << i) | (1 << c[i][j][1]), s2 | (1 << c[i][j][0]) | (1 << c[i][j][2])) * c[i][j][3]) % mo;
		}
		break;
	}
	return f[s3] = ans;
}

int main() {
	scanf("%d %d", &n, &m);
	fo(i, 1, m) {
		int t, a1, b1, a2, b2;
		scanf("%d %d %d", &t, &a1, &b1);
		a1 --; b1 --;
		if(t == 0) {
			b[a1][b1] = 1;
		} else {
			scanf("%d %d", &a2, &b2);
			a2 --; b2 --;
			if(a1 > a2) swap(a1, a2), swap(b1, b2);
			b[a1][b1] = 1;
			b[a2][b2] = 1;
			if(a1 == a2 || b1 == b2) continue;
			c0[a1] ++;
			c[a1][c0[a1]][0] = b1;
			c[a1][c0[a1]][1] = a2;
			c[a1][c0[a1]][2] = b2;
			c[a1][c0[a1]][3] = t == 1 ? ni4 : mo - ni4;
		}
	}
	ll ans = calc(0, 0);
	fo(i, 1, n) ans = ans * 2 % mo;
	pp("%lld\n", ans);
}