uoj #37. 【清华集训2014】主旋律

考虑原先求的是 SCC 为 1 的方案数，这很困难！因为并没有能够转移到子问题的路径。

不妨考虑容斥，即 SCC 为 1 的方案数=所有方案数-SCC 不为 1 的方案数。

不妨先集合划分出 SCC，然后就变成了，内部的 SCC 子问题（此时因为钦定的 SCC 个数 >1，因此规模一定变小）以及外层的 DAG 计数。

不妨先考虑内层的 DAG 计数。

此时与原问题、原图没有一点关系！我们仅仅考虑一般有向图的删边后成为 DAG 这个子问题！！！

即当前图有若干个入度为 0 的点。考虑我们拓扑的过程，把这入度为 0 的点都搞一次之后删去其出边，之后一定又出现若干入度为 0 的点，否则因为其是个 DAG，则拓扑结束。也就是说，当我们钦定入度为 0 的点之后，我们将 DAG 计数转为了子规模的 DAG 计数。

即设 $t(S)$ 为点集 $S$ 的点导出子图的删边后成为 DAG 的方案数， $f(T,S)$ 为 $S$ 中恰好入度为 0 的点集为 $T$ 的 DAG 方案数。但恰好很难求，考虑钦定。即 $g(T,S)$ 为钦定 $S$ 中入度为 0 的点集为 $T$ 的 DAG 方案数。

则有

g (T, S) = \sum_{T \subseteq R} f (R, S)

$g(T,S)=\sum_{T\subseteq R}f(R,S)$

子集反演

f (T, S) \sum_{T \subseteq R} (- 1)^{| R | - | T |} g (R, S)

$f(T,S)\sum_{T\subseteq R}(-1)^{|R|-|T|}g(R,S)$

t (S) = \sum_{T \subseteq S, T \neq ϕ} f (T, S)

$t(S)=\sum_{T\subseteq S,T\not= \phi}f(T,S)$

\sum_{T \subseteq S, T \neq ϕ} f (T, S) = \sum_{T \subseteq S, T \neq ϕ} \sum_{T \subseteq R \subseteq S, R \neq ϕ} (- 1)^{| R | - | T |} g (R, S) = . . . = \sum_{R \subseteq S, R \neq ϕ} (- 1)^{| R | + 1} g (R, S)

$\sum_{T\subseteq S,T\not= \phi}f(T,S)=\sum_{T\subseteq S,T\not=\phi}\sum_{T\subseteq R\subseteq S,R\not=\phi}(-1)^{|R|-|T|}g(R,S)=...=\sum_{R\subseteq S,R\not=\phi}(-1)^{|R|+1}g(R,S)$

注意到，此时的 DAG 计数仅仅与你钦定的入度为 $0$ 的点集有关！

考虑回到原问题，即考虑钦定点集 $T$ 作为入度为 $0$ 的 SCC 的点集，但其内部的 SCC 还要集合划分！但我们只关心什么？因为是钦定！！！对于容斥系数而言，我们只关心其划分的 SCC 的个数的奇偶以及其方案数。

考虑记 $f1(S)$ 为 $S$ 的点集划分出奇数个 SCC 的方案数， $f0(S)$ 为偶数个。

记 $dp(S)$ 为删边使得其为 DAG 的方案数。

那么我们有 $dp(S)=2^{c(S,S)}-缩完点后的点数为 2 的子图数目$ 。

考虑钦定点集 $T$ 作为入度为 $0$ 的 SCC 点集，注意是钦定。那么就变成了 $T$ 自己内部的子问题。又因为我们要求当前 SCC 个数 >1，所以并不会回到当前规模的问题！！！

那么要如何求 $dp'(S)$ ，为 $S$ 划分出 >1 个 SCC 的方案数/yiw

考虑缩点后的图，既然只关心 $T$ ，那么钦定完之后，其他咋办！考虑 $g(T,S)$ 在原问题的定义是钦定 $T$ 中的点缩完点后在入度为 0 的 SCC 内！所以可以存在不属于 $T$ 的点存在于入度为 $0$ 的 SCC 内。因此钦定完，就直接瞎连了。

那么我们有 $dp'(S)=\sum_{T\subseteq S,T\not=\phi}(f1(T)-f0(T))2^{c(T,S-T)+c(S-T,S-T)}$ ，不难发现，我们实际上就是在考虑其缩点后的情况。也就是说，本质就是在用 $g$ 去贡献啦。只是对应的图一张是原图，一张是缩点后的图。并且，这个时候，我们当前数到的 SCC 数量一定 >1，这是因为，可能 =1 的情况当且仅当 $T=S$ ，而我们钦定的 $f1(S),f0(S)$ 此时均没有包含只有一个 SCC 的情况！我们并不会回到当前规模的问题，所以没事。

然后 $f1,f0$ 的转移是平凡的，考虑钦定其中某一个点所在的 SCC 的点集即可转移。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define pb push_back
using namespace std;
const int mod=(int)(1e9+7);
pair<int,int>e[1000];
int dp[(1<<15)],f0[(1<<15)],f1[(1<<15)],n,m,ou[(1<<15)],pw[1000];

inline int cal(int S,int T) {
	int res=0;
	while(S) {
		int x=(S&(-S));
		res+=__builtin_popcount(ou[x]&T);
		S-=x;
	}
	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[i]=make_pair(x,y);
		ou[1<<x]|=(1<<y);
	}
	pw[0]=1;
	for(int i=1;i<=m;i++) pw[i]=pw[i-1]*2%mod;
	for(int S=1;S<(1<<n);S++) {
		int p=__builtin_ffs(S);
//		for(int i=0;i<n;i++) {
//			if((S>>i)&1) {
//				p=i; break ;
//			}
//		}
		int SS=(S^p);
		for(int T=SS;;T=(T-1)&SS) {
			int TT=(T|p);
			f1[S]=(f1[S]+dp[TT]*f0[S^TT]%mod)%mod;
			f0[S]=(f0[S]+dp[TT]*f1[S^TT]%mod)%mod;
//			del[S]=(del[S]-dp[TT]*del[S^TT]%mod)%mod;
			if(!T) break ;
		}
		
		dp[S]=pw[cal(S,S)];
		for(int T=S;T;T=(T-1)&S) {
			dp[S]=(dp[S]-(f1[T]-f0[T]+mod)%mod*pw[cal(T,(S^T))]%mod*pw[cal((S^T),(S^T))]%mod)%mod;
			dp[S]=(dp[S]%mod+mod)%mod;
		}f1[S]=(f1[S]+dp[S])%mod;
//		cout<<dp[S]<<" "<<del[S]<<'\n';
	}
	cout<<(dp[(1<<n)-1]%mod+mod)%mod;
	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/17238807.html
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