( ext{G - Connectivity 2})
解法
设 (f(s)) 是点集为 (s) 形成 全连通块 的个数，(g(s)) 是点集为 (s) 形成连通块的个数，(k) 的答案是 (h(k))。
[h(k)=sum_{{1,k}subseteq ssubseteq U} f(s)cdot g(U-s)
]
对于每个 (k) 都能在 (mathcal O(2^n)) 内计算。
如何求解 (f,g)？(g) 比较好算，假设 (s) 内包含可选边集为 (e(s))，那么 (g(s)=2^{|e(s)|})。可以在 (mathcal O(mcdot 2^n)) 内算出所有的 (g)。
关于 (f)，有：
[f(s)=g(s)-sum_{tsubsetneq s}f(t)cdot g(s-t)
]
这个转移是 (mathcal O(3^n)) 的。
代码
#include <cstdio>
#define print(x,y) write(x),putchar(y)
template <class T>
inline T read(const T sample) {
T x=0; char s; bool f=0;
while((s=getchar())>'9' or s<'0')
f|=(s=='-');
while(s>='0' and s<='9')
x=(x<<1)+(x<<3)+(s^48),
s=getchar();
return f?-x:x;
}
template <class T>
inline void write(const T x) {
if(x<0) {
putchar('-'),write(-x);
return;
}
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10^48);
}
const int mod=998244353,maxn=(1<<17);
int n,f[maxn],g[maxn],e[20][20],m,U;
int ans[20];
int qkpow(int x,int y) {
int r=1;
while(y) {
if(y&1) r=1ll*r*x%mod;
x=1ll*x*x%mod; y>>=1;
}
return r;
}
int main() {
n=read(9),m=read(9);
int u,v;
for(int i=1;i<=m;++i) {
u=read(9),v=read(9);
e[u][v]=e[v][u]=1;
}
U=(1<<n);
for(int i=0;i<U;++i) {
int e_cnt=0;
for(int j=1;j<=n;++j)
if((i>>j-1)&1)
for(int k=j+1;k<=n;++k)
if(((i>>k-1)&1) and e[j][k])
++e_cnt;
g[i]=qkpow(2,e_cnt);
}
for(int i=0;i<U;++i) {
if(!(i&1)) continue;
f[i]=g[i];
for(int j=(i-1)&i;j;j=(j-1)&i) {
if(!(j&1)) continue;
f[i]=(f[i]-1ll*f[j]*g[i^j]%mod+mod)%mod;
}
int tmp=1ll*f[i]*g[(U-1)^i]%mod;
for(int j=2;j<=n;++j)
if((i>>j-1)&1)
ans[j]=(ans[j]+tmp)%mod;
}
for(int i=2;i<=n;++i)
print(ans[i],'
');
return 0;
}