bzoj3812 主旋律 容斥+状压 DP
题目传送门
https://lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3812
题解
考虑对于图的联通性的 DP 的一般套路：总方案 - 不连通的方案。
那么我们只需要求出使得整个图不强联通的方案数即可。
假设我们钦定了一个 \(p\) 点，然后通过枚举包含 \(p\) 点的强连通分量来转移。但是会遇到一些问题：不像无向图，无向图的不连通只需要保证没有边相连就可以了，但是有向图不行。
有向图一定可以被缩点成一个 DAG，然后 \(p\) 点所在的连通块可能会连入边，也可能会连出边。这样就非常不好计算了。
所以我们不妨考虑那些只会连入边的点——也就是出度为 \(0\) 的点。如果我们事先确定了一个强连通分量的出度为 \(0\)，那么所有的可能存在的边就是剩下的点的所有出边了。
但是因为出度为 \(0\) 的 SCC 不一定只有 \(1\) 个，所以可以考虑容斥。令 \(f[S][0/1]\) 表示 \(S\) 集合中的点构成了奇数/偶数个出度为 \(1\) 的 SCC 的总方案。\(dp[S]\) 表示使 \(S\) 集合中的点强联通的方案数。
那么转移显然就是（为了防止计算重复，我们钦定一个点 \(p\) 为必须算的）
\[f[S][0] = \sum_{s\subseteq S \& p \in s} f[S - s][1] \cdot dp[s]\\
f[S][1] = \sum_{s\subseteq S \& p \in s} f[S - s][0] \cdot dp[s]
\]
然后 \(DP\) 的时候就好办多了。建立一些辅助的数组：\(w[s]\) 表示 \(s\) 集合中的点向全集 \(S\) 中的点可以连多少边。
\[dp[S] = 2^{w_S} - \sum_{s \subseteq S} (f[s][1] - f[s][0]) 2^{w_s}
\]
（最后不要忘了把 \(f[S][1]\) 加上 \(dp[S]\) 因为 \(dp[S]\) 也是一种合法方案）
下面是代码，时间复杂度为 \(O(3^n)\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define fec(i, x, y) (int i = head[x], y = g[i].to; i; i = g[i].ne, y = g[i].to)
#define dbg(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
#define File(x) freopen(#x".in", "r", stdin), freopen(#x".out", "w", stdout)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
template<typename A, typename B> inline char smax(A &a, const B &b) {return a < b ? a = b, 1 : 0;}
template<typename A, typename B> inline char smin(A &a, const B &b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}
typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef std::pair<int, int> pii;
template<typename I> inline void read(I &x) {
int f = 0, c;
while (!isdigit(c = getchar())) c == '-' ? f = 1 : 0;
x = c & 15;
while (isdigit(c = getchar())) x = (x << 1) + (x << 3) + (c & 15);
f ? x = -x : 0;
}
#define lowbit(x) ((x) & -(x))
const int N = 15 + 7;
const int M = (1 << 15) + 7;
const int P = 1e9 + 7;
int n, m, S;
int ind[N], oud[N], pw[N * N], ss[M];
int pcnt[M], f[M][2], dp[M], w[M];
inline int smod(int x) { return x >= P ? x - P : x; }
inline void sadd(int &x, const int &y) { x += y; x >= P ? x -= P : x; }
inline int fpow(int x, int y) {
int ans = 1;
for (; y; y >>= 1, x = (ll)x * x % P) if (y & 1) ans = (ll)ans * x % P;
return ans;
}
inline void ycl() {
S = (1 << n) - 1, pw[0] = 1;
for (int s = 1; s <= S; ++s) pcnt[s] = pcnt[s ^ lowbit(s)] + 1;
for (int i = 1; i <= m; ++i) pw[i] = smod(pw[i - 1] << 1);
}
inline void DP() {
for (int s = 1; s <= S; ++s) {
ss[0] = 0;
for (int sta = s; sta; sta = (sta - 1) & s) ss[++ss[0]] = sta;
for (int i = ss[0]; i; --i) w[ss[i]] = w[ss[i] ^ lowbit(ss[i])] + pcnt[oud[std::__lg(lowbit(ss[i])) + 1] & s];
dp[s] = pw[w[s]];
for (int sta = s & (s - 1); sta; sta = (sta - 1) & s)
if (sta & lowbit(s)) sadd(f[s][0], (ll)f[s ^ sta][1] * dp[sta] % P),
sadd(f[s][1], (ll)f[s ^ sta][0] * dp[sta] % P);
for (int sta = s; sta; sta = (sta - 1) & s) sadd(dp[s], (ll)(f[sta][0] - f[sta][1] + P) * pw[w[s ^ sta]] % P);
sadd(f[s][1], dp[s]);
}
printf("%d\n", dp[S]);
}
inline void work() {
ycl();
DP();
}
inline void init() {
read(n), read(m);
int x, y;
for (int i = 1; i <= m; ++i) read(x), read(y), oud[x] |= 1 << (y - 1), ind[y] |= 1 << (x - 1);
}
int main() {
#ifdef hzhkk
freopen("hkk.in", "r", stdin);
#endif
init();
work();
fclose(stdin), fclose(stdout);
return 0;
}
