【bzoj3812】【清华集训2014】主旋律（容斥，计数）
毒 瘤 计 数！
XSY 题意不是很清楚，这里给出更加清楚的：
给定一张 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向图，保证该图整个图为一个强联通分量，且无重边自环。现在需要求出：有多少种删边方案，使得删完边后，整个图依旧是一个强联通分量。数据范围：\(n\leq 15,m\leq n(n-1)\)。
记 \(E[U,V]\) 表示题目给的所有边中，起点在 \(U\) 中、终点在 \(V\) 中的所有边的集合，其中 \(U,V\) 为点集。
对于一个点集 \(S\)，设其任意形成的某一张图为 \(G\)（“形成”是指通过题目给的边形成），我们对其连边后缩点，最后得到的肯定是若干个强连通分量（称为 scc）之间有连边，形成一个 DAG。而题目要求的是只有一个 scc，那么我们就要用 \(S\) 能形成的图的总数量 \(2^{E[S,S]}\) 减去 \(S\) 形成的图是多个 scc 的 DAG 的情况。
那么我们枚举这个 DAG 中，出度为 \(0\) 的那些 scc 所包含的点的集合 \(T\)，然后再考虑在确定了 \(T\) 的基础上再确定 \(G\) 的数量。
首先 \(S-T\)（中间是减号）的点之间可以乱连，\(S-T\) 的点向 \(T\) 的点也可以乱连，这部分的方案是 \(2^{E[S-T,S-T]}\times 2^{E[S-T,T]}\)。
于是我们可以暂时建立一个等量关系：
其中 \(g_T\) 可以暂时理解为点集 \(T\) 形成的图为若干个强联通分量的方案数，但显然这样定义是不对的，原因下面会说。
设 \(f_X\) 表示点集 \(X\) 形成的图为一个强联通分量的方案数。（那么 \(f\) 就是题目所求）
那么就可以直接 \(g_T=\sum\limits_{s_1,s_2,\cdots,s_k}\prod\limits_{i=1}^k f_{s_i}\) 了吗？（其中 \(\sum\limits_{s_1,s_2,\cdots,s_k}\) 的意思是将 \(T\) 划分为若干个scc \(s_1,s_2,\cdots,s_k\)，即枚举 \(s_1\cup s_2\cup\cdots\cup s_k=T\) 满足 \(\forall i\neq j,s_i\cap s_j=\emptyset\)）
当然不行，因为 \(E[S-T,S-T]\) 里面的是随便连的，有可能会形成其他的出度为 \(0\) 的 scc，这与我们的假设不符，会导致算重。这也就是 \(g_T\) 不能直接定义为“点集 \(T\) 形成的图为若干个强联通分量的方案数”的原因。
因此我们需要容斥。于是设容斥系数 \(coef_k\)：
对于 \(T\) 的某一种划分方案 \(s_1,s_2,\cdots,s_k\)，我们在 \(s_1,s_2,\cdots,s_k\) 中任意选出若干个并起来得到 \(T'\)，那么当我们在枚举 \(T=T'\) 时，这种方案都被算了一次，于是这种方案实际上被算了：
理论上，这种方案应该只能被算一次，于是：
根据二项式反演：
于是：
如果求出了 \(g\)，那么就能跟 \(f\) 扯上点关系。
根据我们刚开始那条式子可以对 \(g\) 进行递推：
于是 \(g\) 求出来了。
观察刚刚推出来的 \(g\) 与 \(f\) 的式子：
那么：
（其中 \(s_1\) 枚举的是 \(T\) 中编号最小的点所在的scc）
也由此可知应该令 \(g_{\emptyset}=-1\)。
于是：
于是就能求出 \(f_S\) 了。
这道题的总体思路是先求 \(S\) 形成的图是若干个出度为 \(0\) 的 scc 的方案数 \(g_S\)（用总的方案数减去 DAG 的方案数），再求 \(S\) 形成的图是一个出度为 \(0\) 的 scc 的方案数 \(f_S\)（用 \(g_S\) 减去多个 scc 的方案数）。
#include<bits/stdc++.h>
#define N 17
#define PN 33000
using namespace std;
namespace modular
{
const int mod=1000000007;
inline int add(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
inline int dec(int x,int y){return x-y<0?x-y+mod:x-y;}
inline int mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}
}using namespace modular;
inline int poww(int a,int b)
{
int ans=1;
while(b)
{
if(b&1) ans=mul(ans,a);
a=mul(a,a);
b>>=1;
}
return ans;
}
inline int read()
{
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')
{
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^'0');
ch=getchar();
}
return x*f;
}
int n,m,maxn,E1[PN],E2[PN][N];
int pow2[N*N],minid[PN];
int f[PN],g[PN];
void init()
{
pow2[0]=1;
for(int i=1;i<=m;i++)
pow2[i]=add(pow2[i-1],pow2[i-1]);
maxn=pow2[n]-1;
for(int i=1;i<=maxn;i++)
{
if(i&1) minid[i]=1;
else minid[i]=minid[i>>1]+1;
}
}
int main()
{
n=read(),m=read();
if(m<n)
{
puts("0");
return 0;
}
init();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u=read(),v=read();
int pu=pow2[u-1],pv=pow2[v-1];
for(int S=maxn^pu^pv,now=S;;now=(now-1)&S)
{
E1[now^pu^pv]++;
if(!now) break;
}
for(int S=maxn^pu,now=S;;now=(now-1)&S)
{
if((now>>(v-1))&1) continue;
E2[now^pu][v]++;
if(!now) break;
}
}
g[0]=mod-1;
for(int S=1;S<=maxn;S++)
{
g[S]=pow2[E1[S]];
for(int T=(S-1)&S;T!=0;T=(T-1)&S)
{
int sum=0,now=T;
while(now)
{
sum+=E2[S^T][minid[now]];
now^=pow2[minid[now]-1];
}
g[S]=dec(g[S],mul(g[T],mul(pow2[E1[S^T]],pow2[sum])));
}
}
for(int T=1;T<=maxn;T++)
{
f[T]=g[T];
int p=pow2[minid[T]-1],S=T^p;
if(!S) continue;
for(int s1=(S-1)&S;;s1=(s1-1)&S)
{
f[T]=add(f[T],mul(f[s1^p],g[T^(s1^p)]));
if(!s1) break;
}
}
printf("%d\n",f[maxn]);
return 0;
}
