BZOJ4671 异或图(容斥+线性基)

题意

定义两个结点数相同的图 $G_1$ 与图 $G_2$ 的异或为一个新的图 $G$ ,其中如果 $(u, v)$ 在 $G_1$ 与 $G_2$ 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 $G_{1...s}$ , 设 $S = {G_1, G_2, \cdots , G_s}$ , 请问 $S$ 有多少个子集的异或为一个连通图?

$n \le 10, s \le 60$

题解

原来听过这题，但一直没有想去写，又讲了一遍，就来做了下，可是还不会。。。

连通图计数的一个经典思路就是容斥。

对于这道题，我们先用贝尔数 $bell(n)$ 的时间来枚举 $n$ 个点的子集（联通块）划分，强制连通性 至少 是这个划分。

也就是说，不同子集的两个点之间一定没有边，相同子集的两个点则任意。

对于一个有 $m$ 个连通块的图。令 $f_i$ 为至少有 $i$ 个联通块的容斥系数需要满足

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

可以斯特林反演，也可以打表找规律得出

$$f_i = (-1)^{i - 1} (i - 1)!$$

那么问题就转化成，我们只考虑不同子集中的边。对于 $s$ 个边集，有多少种异或方案使得异或和为 $0$ 。

这个显然是可以利用线性基得到异或方案的，记线性基的元素个数为 $tot$ ，由于之中的元素是线性无关的，其他的 $2^{s - tot}$ 个集合是一定可以通过异或(或不异或)线性基里的某些元素得到 $0$ 的。

那么方案数其实就是 $2^{s - tot}$ 。

因为此题卡常，所以要卡一些常数才能通过此题qwq 具体可以看代码实现优化。

代码

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, l, r) for (register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for (register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Rep(i, r) for (register int i = (0), i##end = (int)(r); i < i##end; ++i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl

using namespace std;

template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) { return b < a ? a = b, 1 : 0; }
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) { return b > a ? a = b, 1 : 0; }

inline int read() {
	int x(0), sgn(1); char ch(getchar());
	for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;
	for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
	return x * sgn;
}

void File() {
#ifdef zjp_shadow
	freopen ("4671.in", "r", stdin);
	freopen ("4671.out", "w", stdout);
#endif
}

typedef long long ll;

const int N = 12, M = 62;

int Strl[N][N], id[N][N], n, s, fac[N], coef[N];

bitset<N> E[M][N]; char str[M];

ll base[M], ans; int bel[N];

pair<int, int> ins[M];

void Dfs(int u, int tot) {
	if (u > n) {
		Set(base, 0);
		int res = 0, tmp = -1;
		For (i, 1, n) For (j, i + 1, n)
			if (bel[i] != bel[j]) {
				ins[++ tmp] = make_pair(i, j);
			}
		For (i, 1, s) {
			ll now = 0;
			For (j, 0, tmp) if (E[i][ins[j].first][ins[j].second]) now |= 1ll << j;
			Fordown (j, tmp, 0) if (now >> j & 1) {
				if (base[j]) now ^= base[j];
				else { base[j] = now; ++ res; break; }
			}
		}
		ans += coef[tot] * (1ll << (s - res));
		return;
	}
	For (i, 1, tot + 1)
		bel[u] = i, Dfs(u + 1, max(tot, i));
}

int main () {

	File();

	s = read();
	scanf ("%s", str + 1);

	int len = strlen(str + 1);

	while (n * (n - 1) / 2 < len) ++ n;

	For (k, 1, s) {
		len = 0;
		For (i, 1, n) For (j, i + 1, n)
			E[k][i][j] = str[id[i][j] = ++ len] - '0';
		if (k < s) scanf ("%s", str + 1);
	}

	fac[0] = 1;
	For (i, 1, n) {
		fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i; 
		coef[i] = (i & 1 ? 1 : -1) * fac[i - 1];
	}
	Dfs(1, 0);

	printf ("%lld\n", ans);

	return 0;

}

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本文作者：zjp_shadow
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