AGC 016 F - Games on DAG(状压dp)

题意

给你一个有 $n$ 个点 $m$ 条边 DAG 图，点的标号和拓扑序一致。

现在有两个人进行博弈，有两个棋子分别在 $1, 2$ 号点上，需要不断移动到它指向的点上。

如果当前两个点都无法移动，那么就视为当前操作的人失败。

问有多少边集满足先手必胜。

$\displaystyle 2 \le n \le 15, m \le \frac{n \times (n+1)}{2}$

题解

参考了 wxh010910 大佬的博客。

首先利用博弈的 SG 函数易得，如果 $1$ 号点和 $2$ 号点的 SG 值异或不为 $0$ 则先手必败。

但这样不好计数，我们考虑它的反面，求 $1,2$ 号点 SG 值异或为 $0$ 的方案数。

也就是 $1,2$ 号点 SG 值为 $0$ 的方案数。

考虑边集显然是不现实的，改成考虑点集，令 $f(S)$ 为 $S$ 这个集合满足 $SG(1) = SG(2)$ 的方案数。

我们考虑枚举它的一个子集 $T$ 假设满足点集中所有的点 $SG$ 都不为 $0$ ，并且它对于 $S$ 的补集 $U$ 都满足 $SG$ 都为 $0$ 。

这是连边后的情况，连边前 $T$ 集合会存在 $SG$ 为 $0$ 的点。

我们考虑这些点的连边方案数。

$U$ 集合内部，显然不能连边。（不然不能保证 SG 为 $0$ ）
$U \to T$ 随意连边。
$T \to U$ 要保证 $T$ 中每个点都需要有一条向 $U$ 连的边（要保证 $T$ 集合中的 SG 不为 $0$ ）
$T$ 内部的方案数，正好就是 $f(T)$ 。这是为什么呢？把 $T$ 中每个点都新连向一个 $SG = 0$ 的点，那么它的 $SG$ 都会增加 $1$ 。

然后为了保证 $SG(1)=SG(2)$ 枚举 $S, T, U$ 的时候需要保证 $1, 2$ 同时选或同时不选。

为什么这样是对的呢？

因为我们保证了 $T$ 集合的方案本身满足 $SG(1) = SG(2)$ 那么之后同时 $+1$ 也会满足这个性质。

$U$ 集合显然也是成立的（ $SG(1) = SG(2) = 0$ ）。

然后枚举的时候有细节，我们考虑枚举 $U$ 为 $S$ 的子集，因为 $U$ 必然不为 $\varnothing$ ，而 $T$ 可以为 $\varnothing$ 。

总结

对于一类关于边集的状压 $dp$ ，可以考虑转化成点集，然后计算连边的方案数。

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 Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl
#define DEBTG(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)

using namespace std;

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

inline int read() {
	int x = 0, fh = 1; char ch = getchar();
	for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') fh = -1;
	for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
	return x * fh;
}

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

const int N = 15, Mod = 1e9 + 7;

int n, m, G[N], Table[1 << N], dp[1 << N];

int main () {

	File();

	n = read(); m = read();
	For (i, 1, m) { int u = read() - 1, v = read() - 1; G[u] |= (1 << v); }

	int maxsta = (1 << n) - 1; dp[0] = 1;
	For (i, 0, maxsta) Table[i] = 1 << __builtin_popcount(i);

	For (S, 2, maxsta) if ((S & 1) == ((S >> 1) & 1))
		for (int U = S; U; U = (U - 1) & S) if ((U & 1) == ((U >> 1) & 1)) {
			int Ways = 1, T = S ^ U;
			For (p, 0, n - 1) if ((S >> p) & 1) {
				if ((U >> p) & 1) Ways = 1ll * Table[G[p] & T] * Ways % Mod;
				else Ways = 1ll * (Table[G[p] & U] - 1) * Ways % Mod;
			}
			dp[S] = (dp[S] + 1ll * Ways * dp[T]) % Mod;
		}

	int ans = 1; For (i, 1, m) ans = (ans << 1) % Mod;
	printf ("%d\n", (ans + Mod - dp[maxsta]) % Mod);

	return 0;
}

__EOF__

本文作者：zjp_shadow
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