[ABC213G] Connectivity 2

https://www.luogu.com.cn/problem/AT_abc213_g

挺典但好题。

考虑钦定点集来解决问题，因为边集是不好状压的。又因为这个题的答案是某两个点联通，那么答案的表达式一定可以写成 $ans=\sum\limits_{\{1,x\} \subseteq T} f(T)g(S/T)$，因为考虑形成的图使得 $1,x$ 联通，显然 $1,x$ 在一个连通块内，考虑钦定这个连通块的点集 $V$，那么其余部分显然是任意的。考虑其是否不重不漏。对于一个图，$x$ 所在连通块为 $V$，显然这个图会被钦定到且一定只会钦定到一次。

$f(S)$ 为仅考虑点集 $S$ 的点导出子图，让 $S$ 成为一个连通块的子图数量。

$g(S)$ 为仅考虑点集 $S$ 的点导出子图，其所有的子图数。

那么 $f(S)$ 往往是通过容斥解决，即求出 $f'(S)$ 为 $S$ 不连通的方案数，那么 $f(S)=g(S)-f'(S)$。

那么考虑 $S$ 中的某一个点 $v$，所有不连通的子图均可以变为，钦定 $v$ 这个点所在连通块 $V,V\not=S$，那么变为了 $f(V)g(S-V)$，不重不漏的分析可以参考答案的计算的分析。显然每个子图都会被钦定到，且又因为我们钦定的是 $v$ 所在连通块，所以每个图会被唯一钦定到一次。

即 $f'(S)=\sum_{v\in T,T\subseteq S,T\not =S} f(T)g(S-T)$，枚举子集大力做即可。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define pb push_back
using namespace std;
const int mod=998244353;
vector<int>e[17];
bool vis[17];
int f[(1<<17)],g[(1<<17)],n,m;

int fpow(int x,int y) {
	int res=1; x%=mod;
	while(y) {
		if(y&1) res=res*x%mod;
		y>>=1; x=x*x%mod;
	} return res;
}

signed main() {
	cin.tie(0); ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++) {
		int x,y; cin>>x>>y;
		--x; --y;
		e[x].pb(y); e[y].pb(x);
	}
	for(int S=0;S<(1<<n);S++) {
		for(int i=0;i<n;i++) {
			vis[i]=((S>>i)&1);
		}
		int qwq=0;
		for(int i=0;i<n;i++) 
			for(int j:e[i])
				if(vis[i]&&vis[j]) ++qwq;
//		cout<<S<<" "<<qwq<<'\n';
		qwq/=2; g[S]=fpow(2,qwq);
	}
	f[0]=1;
	for(int S=1;S<(1<<n);S++) {
		int v=0;
		for(int i=0;i<n;i++) {
			if((S>>i)&1) {
				v=i; break ;
			}
		}
		int SS=(S^(1<<v));
		for(int T=(SS-1)&SS;;T=(T-1)&SS) {
			int TT=T^(1<<v);
			f[S]=(f[S]+f[TT]*g[S^TT]%mod)%mod;
			if(!T) break ;
		}
		f[S]=(g[S]-f[S]+mod)%mod;
	}
	for(int i=1;i<n;i++) {
		int T=(1<<i)+1;
		int SS=((1<<n)-1)^T;
		int ans=0;
		for(int S=SS;;S=(S-1)&SS) {
			int TT=S^T;
			ans=(ans+f[TT]*g[((1<<n)-1)^TT]%mod)%mod;
			if(!S) break ;
		}
		ans=(ans%mod+mod)%mod;
		cout<<ans<<'\n';
	}
	return 0;
}

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本文作者：F x o r G
本文链接：https://www.cnblogs.com/xugangfan/p/17236010.html
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