[bzoj4671]异或图——容斥＋斯特林数反演＋线性基

题目大意：

定义两个结点数相同的图 G1 与图 G2 的异或为一个新的图 G, 其中如果 (u, v) 在 G1 与G2 中的出现次数之和为 1, 那么边 (u, v) 在 G 中, 否则这条边不在 G 中.
现在给定 s 个结点数相同的图 G1...s, 设 S = {G1, G2, . . . , Gs}, 请问 S 有多少个子集的异或为一个连通图?

思路：

这种计算连通图的个数的题目一般情况下考虑容斥。
由于一个图的联通不好直接计算，但是对于点集的划分，我们要使它不连通会容易得多。
于是在发现虽然\(s\)较大，但是\(n\)很小的情况下，我们可以枚举这\(n\)个点的划分，然后对于每一个划分，强制不同集合中的点不连通，同一个集合中的点任意，然后计算满足条件的图的个数。
这个时候我们的容斥系数应该满足这样的条件，对于一个拥有\(m\)个联通块的图，需要满足

\[\sum_{i=1}^{m}{m\brace i}\times f_i=[m=1] \]

然后考虑直接用斯特林数反演来求出\(f_i:\)

\[f_i=(-1)^{(i-1)}\times (i-1)! \]

接下来考虑如何计算满足各个集合中的点不连通的方案数，这里把跨越集合的边单独提出来，每条边的存在状况可以看成是一个\(01\)串，现在即求这\(s\)个01串的异或和中有多少个\(0\)。
于是我们可以直接对这\(s\)个数建立线性基，如果最后线性基中有\(c\)个元素，那么一共有\(2^{s-c}\)种方式可以使异或和为０。

#include<bits/stdc++.h>

#define REP(i,a,b) for(int i=a,i##_end_=b;i<=i##_end_;++i)
#define DREP(i,a,b) for(int i=a,i##_end_=b;i>=i##_end_;--i)
#define debug(x) cout<<#x<<"="<<x<<" "
#define fi first
#define se second
#define mk make_pair
#define pb push_back
typedef long long ll;

using namespace std;

void File(){
	freopen("bzoj4671.in","r",stdin);
	freopen("bzoj4671.out","w",stdout);
}

template<typename T>void read(T &_){
	_=0; T f=1; char c=getchar();
	for(;!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-')f=-1;
	for(;isdigit(c);c=getchar())_=(_<<1)+(_<<3)+(c^'0');
	_*=f;
}

const int maxn=10+10;
const int maxs=60+10;
int s,n,bel[maxn],q[maxs],cnt;
char str[maxs][maxs];
ll num[maxs],fac[maxs],f[maxs],ans,b[maxs];

void init(){
	read(s);
	REP(i,1,s)scanf("%s",str[i]+1);
	int len=strlen(str[1]+1);
	REP(i,2,10)if(i*(i-1)/2==len)n=i;

	fac[0]=1;
	REP(i,1,10)fac[i]=fac[i-1]*i;
	REP(i,1,10)f[i]=((i-1)%2 ? -1 : 1)*fac[i-1];
}

void calc(int tot){
	REP(i,1,s){
		num[i]=0;
		REP(j,1,cnt)num[i]=num[i]<<1|(str[i][q[j]]^'0');
	}
	REP(i,1,cnt)b[i]=0;
	int c=0;
	REP(i,1,s){
		DREP(j,cnt,1){
			if((1ll<<(j-1))&num[i]){
				if(!b[j]){++c;b[j]=num[i];break;}
				num[i]^=b[j];
			}
		}
	}
	ans+=f[tot]*(1ll<<(s-c));
}

void dfs(int k,int tot){
	if(k>n){
		cnt=0;
		int id=0;
		REP(i,1,n)REP(j,i+1,n){
			++id;
			if(bel[i]!=bel[j])
				q[++cnt]=id;
		}
		calc(tot);
		return;
	}
	bel[k]=tot+1;
	dfs(k+1,tot+1);
	REP(i,1,tot){
		bel[k]=i;
		dfs(k+1,tot);
	}
}

int main(){
	File();
	init();
	dfs(1,0);
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}