《AT_abc321_g Electric Circuit》 解题报告

这个题其实和之前 $NFLS$ 一道题很像，但是还是没做出来，因为当时漏了一个点没注意到，这次赛时就暴毙了。

首先很显然的是拆贡献，寻找每个连通块构成的可能贡献。

期望不好算，我们转成概率乘价值，再转成 $\frac{\text{方案数}}{\text{总方案数}}\times value$

我们记 $s{r}_S,s{b}_S$ 表示 $S$ 集合中红色有多少个，以及蓝色有多少个。

如果一个连通块内部要保证能自己构成一个连通块，那么要满足 $s{r}_S=s{b}_S$

那么我们的答案就是 $ans=\sum _i\frac{f_i\times (m-s{r}_i)!}{m!}$

然后我们现在要求一个连通块中连边（保证是恰好一个），这个东西经典 $trick$ ，考虑容斥。

$f_i=f_i-\sum _{j\in i}{f}_j\times (s{r}_i-s{r}_j)!$

$\text{敲}\mathrm{黑}\mathrm{板}$ ，我们这里容斥有一个注意事项，就是说我们一定要钦定一个点在 $j$ 中，不然我们就会减重。

假如 $a,b,c,d$ 都属于 $i$ 这个集合。

然后我们枚举 $j=(a,b),j=(c,d)$ 时就会减重，就是说当你枚举了一个集合，然后你枚举的另一个集合也合法的时候，那么就会减掉重复的，就错了。

而当我们钦定了一个点后，我们的补集就算也是合法的，这样我们也只会计算一次，同时可以保证对于任何都可以计算到，不重不漏。

时间复杂度 $O(3^n)$

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#include<bits/stdc++.h>
typedef long long LL;

using namespace std;
const int N=(1<<17)+10,M=1e5+10,MODD=998244353;
int n,m;
int sr[N],sb[N],R[20],B[20];
LL pw[M],inv[M],f[N];
int main () {
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;++i) {
		int x;
		scanf("%d",&x);
		++R[x];
	}
	for(int i=1;i<=m;++i) {
		int x;
		scanf("%d",&x);
		++B[x];
	}
	pw[0]=inv[0]=inv[1]=1;
	for(int i=1;i<=m;++i) 
		pw[i]=pw[i-1]*i%MODD;
	for(int i=2;i<=m;++i) 
		inv[i]=(MODD-MODD/i)*inv[MODD%i]%MODD;
	for(int i=2;i<=m;++i) (inv[i]*=inv[i-1])%=MODD;
	LL S=(1<<n)-1;
	for(int i=1;i<=S;++i) {
		for(int j=1;j<=n;++j) {
			if(!(i&(1<<(j-1)))) continue;
			sr[i]+=R[j];
			sb[i]+=B[j];
		}
	}
	LL ans=0;
	for(int i=1;i<=S;++i) {
		if(sr[i]!=sb[i]) continue;
		f[i]=pw[sr[i]];
		int p=(i&(-i));
		for(int j=i;j;j=(j-1&i)) {
			int t=(i^j);
			if(!(j&p)||j==i) continue;
			f[i]=(f[i]-f[j]*pw[sr[t]]%MODD+MODD)%MODD;
		}
		(ans+=f[i]*pw[m-sr[i]]%MODD*inv[m]%MODD)%=MODD;
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}