【CF1292F】Nora's Toy Boxes(状压DP)
考虑将点分为 \(A,B\) 两类。其中 \([x\in A]\iff\exists_{y\neq x},y|x\)。
那么我们删去的点只可能在 \(B\) 类中,且当前 \(x\in B\) 可删当且仅当存在 \(y\in B,z\in A\) 使得 \(z|x\land z|y\)。
那么对于 \(z\in A,x\in B,z|x\),连边 \((z,x)\)。这样得到一个二分图,每次删除操作相当于选择某个 \(z\in A\) 且 \(z\) 的度数 \(\geq 2\),然后删去某个和 \(z\) 相邻的点。
对二分图中每个连通块单独考虑,假设该连通块 \(B\) 类有 \(m\) 个点,那么发现答案能达到上界 \(m-1\):以某个 \(B\) 类点开始跑一棵生成树,然后从叶子往根删即可。
现在考虑统计方案数。只需统计单个连通块内的方案数,然后连通块间乘个组合数即可。
发现连通块内能删到上界的等价条件是:每次删完某个 \(B\) 类点后,剩下的 \(B\) 类点仍然是连通的。进一步地,若我们枚举最后剩下的是哪个 \(B\) 类点 \(lst\),我们只需保证当前所有未删的 \(B\) 类点都与 \(lst\) 连通即可。
数据范围提示我们可能是指数级做法。那么先挖掘到一条可能有用的性质:\(A\) 类点至多 \(20\) 个,因为 \(>20\) 的 \(A\) 类点至多有 \(1\) 条邻边,那么它是没用的。
进一步地,由于 \(x,2x\) 不可能同时成为 \(A\) 类点,所以现在有用的 \(A\) 类点至多 \(10\) 个。同时这也是紧界:考虑 \(A\) 类点为 \(11,12,\cdots,20\)。
把删点变成加点,虽然是等价的,但是会直观很多,且助于思考。
考虑 DP。发现我们可以只关注 \(A\) 类点的添加过程(具体来说,是 \(A\) 类点在 \(B\) 类点添加序列的什么位置变化了,且变化是什么),而通过组合数算出 \(B\) 类点的添加方案数。可以做到时间复杂度 \(O(n2^{n/6})\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define N 65
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;}
inline void Add(int &x,int y){x=x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
inline void Dec(int &x,int y){x=x-y<0?x-y+mod:x-y;}
inline void Mul(int &x,int y){x=1ll*x*y%mod;}
inline int poww(int a,int b){int ans=1;for(;b;Mul(a,a),b>>=1)if(b&1)Mul(ans,a);return ans;}
}using namespace modular;
int n,a[N],fa[N];
int fac[N],ifac[N];
bool AB[N],vis[N];
int find(int x)
{
return x==fa[x]?x:(fa[x]=find(fa[x]));
}
pair<int,int> solve(int rt)
{
static int f[1050],w[1050],from[N];
vector<int> A,B;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(find(i)==rt) (AB[i]?B:A).push_back(a[i]),vis[i]=1;
while(!A.empty()&&A.back()>20) A.pop_back();
int maxn=(1<<A.size())-1;
memset(f,0,sizeof(int)*(maxn+1));
for(int i=0;i<B.size();i++)
{
from[i]=0;
for(int j=0;j<A.size();j++)
if(!(B[i]%A[j])) from[i]|=(1<<j);
}
for(int S=0;S<=maxn;S++)
{
w[S]=0;
for(int j=0;j<B.size();j++)
if((from[j]&S)==from[j]) w[S]++;
}
for(int i=0;i<B.size();i++)
Add(f[from[i]],mul(fac[B.size()-1],ifac[B.size()-w[from[i]]]));//C(B-1,w[from[i]]-1)*fac[w[from[i]-1]]
for(int S=0;S<maxn;S++)
{
if(!f[S]) continue;
for(int j=0;j<B.size();j++)
{
if((S&from[j])&&((S&from[j])!=from[j]))
{
int T=S|from[j];
Add(f[T],mul(mul(fac[B.size()-w[S]-1],ifac[B.size()-w[T]]),f[S]));
//C(x,y)*fac[y]
}
}
}
return make_pair(B.size()-1,f[maxn]);
}
int main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
sort(a+1,a+n+1);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<i;j++)
if(!(a[i]%a[j])){AB[i]=1;continue;}
for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!AB[i]) for(int j=i+1;j<=n;j++)
if(!(a[j]%a[i])) fa[find(i)]=find(j);
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=mul(fac[i-1],i);
ifac[n]=poww(fac[n],mod-2);
for(int i=n;i>=1;i--) ifac[i-1]=mul(ifac[i],i);
int ans=1,s=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(AB[i]&&find(i)==i&&!vis[i])
{
auto pr=solve(i);
Mul(ans,mul(pr.second,ifac[pr.first]));
s+=pr.first;
}
}
Mul(ans,fac[s]);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}