[BZOJ3812]主旋律：状压DP+容斥原理

分析

Miskcoo orz

令(f[S])表示使得(S)这个点集强连通的方案数。

然后呢？不会了

考虑到将一个有向图SCC缩点后，得到的新图是一个DAG，所以我们可以类比带标号DAG计数的解法来寻找这道题的突破口。

我们可以枚举哪些点所构成的SCC在缩点后入度为(0)，然后令(g[S])表示使(S)这个点集缩点后是一堆强连通分量且之间不存在边的方案数（不然入度就不是(0)了），可以得到下面这个递推式：

[f[S]=2^{cnt[S]}-sum_{T subseteq S,T eq emptyset}2^{cnt[S-T]+to[T][S-T]} imes g[T] ]

这个递推式显然是错的（辣鸡博主欺骗感情），因为一个有向图SCC缩点后会出现多个入度为(0)的点。在带标号DAG计数I中，我们选择使用小学奥数容斥解决重复计数的问题，这里同样如此。但是我们发现，这里是加是减取决于度数为(1)的SCC的个数而并非是点数，因此这个容斥过程很难通过正常方法实现。

考虑上网搜题解，我们会发现一个很神奇的操作，我们可以让容斥在计算(g[T])的过程中完成。如果不能理解的话，我们可以看一看(g)数组的递推式：

[g[S]=f[S]+sum_{T subsetneq S,u otin T,T eq emptyset}f[S-T] imes g[T] ]

（P.S.这里用到了一个trick，就是通过枚举编号最小的点所在SCC防止重复统计，不过这个trick貌似拯救不了之前那个错误的递推式）

原本是长这个样子的，不过我们可以稍作修改：

[g[S]=f[S]-sum_{T subsetneq S,u otin T,T eq emptyset}f[S-T] imes g[T] ]

这里把加号变成了减号，含义大概就是每新加入一个SCC，符号就要变化（即取相反数）。

然后(cnt[S])和(to[S][T])数组的处理都很简单就不扯这么多了。

好神仙啊。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define rin(i,a,b) for(register int i=(a);i<=(b);++i)
#define irin(i,a,b) for(register int i=(a);i>=(b);--i)
#define trav(i,a) for(register int i=head[a];i;i=e[i].nxt)
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
#define r (s^t)
typedef long long LL;
using std::cin;
using std::cout;
using std::endl;

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

const int MAXN=20;
const LL MOD=1e9+7;

int n,m,inE[1<<15],outE[1<<15];
int popcnt[1<<15];
LL f[1<<15],g[1<<15],cnt[1<<15],to[1<<15];
LL pow2[230];

int main(){
	n=read(),m=read();
	pow2[0]=1;
	rin(i,1,225) pow2[i]=(pow2[i-1]<<1)%MOD;
	rin(i,1,m){
		int u=read()-1,v=read()-1;
		inE[1<<v]|=(1<<u);
		outE[1<<u]|=(1<<v);
	}
	rin(i,0,(1<<n)-1) popcnt[i]=__builtin_popcount(i);
	rin(s,1,(1<<n)-1){
		int x=lowbit(s),y=(s^x);
		cnt[s]=cnt[y]+popcnt[inE[x]&s]+popcnt[outE[x]&s];
		for(register int t=s;t;t=((t-1)&s)){
			if(t==s){to[t]=0;continue;}
			int xx=lowbit(r);
			to[t]=to[t^xx]-popcnt[outE[xx]&r]+popcnt[inE[xx]&t];
		}
		for(register int t=y;t;t=((t-1)&y)) g[s]=(g[s]-f[r]*g[t]%MOD+MOD)%MOD;
		f[s]=pow2[cnt[s]];
		for(register int t=s;t;t=((t-1)&s)) f[s]=(f[s]-pow2[cnt[r]+to[t]]*g[t]%MOD+MOD)%MOD;
		g[s]=(g[s]+f[s])%MOD;
	}
	printf("%lld
",f[(1<<n)-1]);
	return 0;
}