随机二分图

题目描述

某人在玩一个非常神奇的游戏。这个游戏中有一个左右各 $n$ 个点的二分图，图中的边会按照一定的规律随机出现。

为了描述这些规律，某人将这些边分到若干个组中。每条边只属于一个组。

有且仅有以下三类边的分组：

• 1.这类组每组只有一条边，该条边恰好有 $50\%$ 的概率出现。

• 2.这类组每组恰好有两条边，这两条边有 $50\%$ 的概率同时出现，有 $50\%$ 的概率同时不出现。

• 3.这类组每组恰好有两条边，这两条边恰好出现一条，各有 $50\%$ 的概率出现。

组和组之间边的出现都是完全独立的。

某人现在知道了边的分组和组的种类，想要知道完美匹配数量的期望是多少。你能帮助她解决这个问题吗？

 

输入格式

从标准输入读入数据。

第一行两个数 $n$ 和 $m$，表示图左右点数的数量和边的组的个数。我们用 $(a,b)$ （其中 $1\le a,b\le n$）表示一条左端点为二分图左侧第 $a$ 个点，右端点为二分图右侧第 $b$ 个点的边。

接下来 $m$ 行，每行描述一个组。开头第一个数 $t$ 表示组的种类，$0$ 表示是一条边的组，$2$ 表示是两条边的组中的第一种，$2$ 表示是两条边的组中的第二种。如果 $t=0$， 接下来两个数 $a,b$ 表示组内的第一条边；否则，接下来四个数 $a1,ba,a2,b2$， 表示该组内的两条边分别为 $(a1,b1)$ 和 $(a2,b2)$。

保证每条边至多出现一次。

 

输出格式

输出到标准输出。

假设期望的完美匹配数量是 $E$。输出一行表示

$$(2^nE)\ mod\ (1e9+7)$$

可以看出上式一定是一个整数。

 

其实这题不是很难吧（只要你抱着骗分的心态去做）

看到 $n\le 15$ 肯定能想到状压，但是状压 $2^{2n}$ 复杂度不对啊？ 那就别循环了，直接记搜

先考虑 $t=0$ 的情况

由于每个点一定需要匹配一条边，直接扫每个左边的点，同时枚举他的出边选那一条就行了

然后考虑 $t=1/2$

$t=1$ 时，如果我们像 $t=0$ 一样枚举出边且每次概率乘以 $\frac{1}{2}$，发现当同时选择 $(a1,b1)$ 和 $(a2,b2)$ 时贡献只有 $\frac{1}{4}$

同理当 $t=2$ 时，当同时选择 $(a1,b1)$ 和 $(a2,b2)$ 时贡献多了 $\frac{1}{4}$

考虑怎么补回来这些损失和花费

如果我们有一种情况中同时选择了 $(a1,b1)$ 和 $(a2,b2)$ ，那么如果建出一条 $(a1,b1)，(a2,b2)$ 的边，一定会在某种情况被选上

那么对于 $t=1$，我们建出一条 $(a1,b1)·(a2,b2)$ 的边，使它的概率为 $\frac{1}{4}$,这样可以补回来少的 $\frac{1}{4}$

对于 $t=2$，我们建出一条 $(a1,b1)·(a2,b2)$ 的边，使它的概率为 $-\frac{1}{4}$,这样可以加上多加的 $\frac{1}{4}$

然后记搜就行了

复杂度什么的不重要就当$(能过)吧

code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define cri const register int
#define re register
using namespace std;
const int mod=1e9+7,inv2=500000004,inv4=250000002;
vector<int>is[16],e[16];
unordered_map<int,int>mp;
int s[40000];
int dfs(cri now){
	if(!now) return 1;
	if(mp.find(now)!=mp.end()) return mp[now];
	int p=s[now&-now],ans=0;
	for(int i=0;i<is[p].size();i++)
		if((now&is[p][i])==is[p][i])
			ans=(ans+1ll*dfs(now^is[p][i])*e[p][i]%mod)%mod;
	return mp[now]=ans;
}
int main(){
	int n,m;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++) s[1<<i-1]=i;
	while(m--){
		int opt,a1,a2,b1,b2;
		scanf("%d",&opt);
		if(!opt){
			scanf("%d%d",&a1,&b1);
			int tmp=(1<<a1-1)|(1<<b1+n-1);
			is[a1].push_back(tmp);
			e[a1].push_back(inv2);
		}
		if(opt==1){
			scanf("%d%d%d%d",&a1,&b1,&a2,&b2);
			int tmp1=(1<<a1-1)|(1<<b1+n-1),tmp2=(1<<a2-1)|(1<<b2+n-1),tmp=tmp1|tmp2;
			is[a1].push_back(tmp1);e[a1].push_back(inv2);
			is[a2].push_back(tmp2);e[a2].push_back(inv2);
			if(a1!=a2&&b1!=b2){
				is[a1].push_back(tmp);e[a1].push_back(inv4);
				is[a2].push_back(tmp);e[a2].push_back(inv4);
			}
		}
		if(opt==2){
			scanf("%d%d%d%d",&a1,&b1,&a2,&b2);
			int tmp1=(1<<a1-1)|(1<<b1+n-1),tmp2=(1<<a2-1)|(1<<b2+n-1),tmp=tmp1|tmp2;
			is[a1].push_back(tmp1);e[a1].push_back(inv2);
			is[a2].push_back(tmp2);e[a2].push_back(inv2);
			if(a1!=a2&&b1!=b2){
				is[a1].push_back(tmp);e[a1].push_back(mod-inv4);
				is[a2].push_back(tmp);e[a2].push_back(mod-inv4);
			}
		}
	}
	int ans=dfs((1<<n+n)-1);
	for(int i=1;i<=n;i++) ans=ans*2%mod;
	cout<<ans<<endl;
}