【学习笔记】图论状压 dp （abc 213）

G - Connectivity 2

题意：给你一张无向图，有 $n$ 个顶点和 $m$ 条边，存在 $2^m$ 种不同的子图。求子图的数量满足 $1$ 和 $i$ 联通。$n<=17$。

Solution:

状压 dp 神题。

1. $1$ 和 $i$ 联通等价于 $1$ 和 $i$ 在同一连通块中。
2. 看到总状态数 $2^m$ ，于是想到容斥，不过本题的条件是 至少存在一条 1->i 的路径 ，所以很遗憾暂时没有看到容斥的做法。
3. 回到连通块的思考中。启发我们 枚举终止状态中 $1$ 和 $i$ 所处连通块集合，此时大概是一个连通块，内部点没有向外部点连的边。
4. 那么我们只要计算出 $f(S)$ 表示使集合 $S$ 联通的图的方案数即可。令 $cnt(S)$ 表示集合 $S$ 内边 $(x,y)$ 的数量，满足 $x,y\in S$ 。那么答案为： $$ans(x)=\sum _{1\in S,x\in S}f(S)2^{cnt(U-S)}$$
5. $f(S)$ 的状态转移为：（这里的方案数只包括 $cnt(S)$ 中边的选择方案） $$f(S)=2^m-\sum _{x\in T,T\subset S}f(T)2^{cnt(S-T)}$$

注意到 $cnt(S)$ 可以在 $O(2^{n}m)$ 内求出， $f(S)$ 本质上是一个子集枚举。

时间复杂度 $O(3^n+2^{n}m)$ 。总结：本题贵在状态的设计做到了不重不漏，在转移时巧妙运用了正难则反的思想，因为直接枚举子集会造成图的割边不唯一的情况。

一遍过 qwq… 其实当时不是没想到连通块的思路，就是不知道怎么算联通块的方案数。其实只要把总方案数减去小的连通块方案数就行了。

#include<bits/stdc++.h>
#define INF 1e9
#define ll long long
#define PII pair<ll,int>
#define All(a) a.begin(),a.end()
using namespace std;
const int mx=17;
const int mod=998244353;
inline int read() {
	int x=0,f=1; char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,m,u[1<<mx],v[1<<mx],fac[1<<mx];
ll res,cnt[1<<mx],f[1<<mx],ans[mx];
int main() {
	scanf("%d%d",&n,&m);
	fac[0]=1; for(int i=1;i<=m;i++) fac[i]=fac[i-1]*2%mod;
	for(int i=1;i<=m;i++) {
		scanf("%d%d",&u[i],&v[i]);
		u[i]--,v[i]--;
	}
	for(int i=0;i<1<<n;i++) {
		for(int j=1;j<=m;j++) {
			if(i>>u[j]&1 && i>>v[j]&1) {
				cnt[i]++;
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<1<<n;i++) {
		f[i]=fac[cnt[i]];
		int x; 
		for(int j=0;j<n;j++) {
			if(i>>j&1) {
				x=j;
				break;
			}
		}
		for(int j=(i-1)&i;j;j=(j-1)&i) {
			if((j>>x&1)==0) continue;
			f[i]=(f[i]-f[j]*fac[cnt[i-j]]%mod)%mod;
		} 
	}
	for(int i=0;i<1<<n;i++) {
		if(i%2==0) continue; 
		ll tmp=f[i]*fac[cnt[(1<<n)-1-i]]%mod;
		for(int j=0;j<n;j++) {
			if((i>>j&1)==0) continue;
			ans[j]=(ans[j]+tmp)%mod;
		}
	}
	for(int i=1;i<n;i++) {
		if(ans[i]<0) ans[i]+=mod;
		printf("%lld\n",ans[i]);
	}
} 

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本文作者：仰望星空的蚂蚁
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