题目描述
给定一张强联通图,求有多少种边的存在情况满足图依然强联通。
(nleq15)
Sol
首先正难则反,考虑用总数减去不强联通的。
考虑一张不强联通的图，缩点后一定是一个 DAG，好像可以对 DAG 进行计数。
诈一看这个做不了，因为缩点后计数是不可能在dp过程中实现的。
但我们按照 DAG 计数的思路的话其实并不需要真的知道 DAG 缩点后的形态。
我们类似 DAG 计数的话那么枚举这些缩完点后的点至少有多少个入度为 0 的点，然后容斥计算。
过程中我们用到的只是有 奇数/偶数个 入度为0的点的方案数以及他们和外部连边的总方案数。
所以我们只需要设 (g[s]/h[s]) 分别表示 集合 (s)的导出子图 内有 奇数/偶数 个入度为0的强联通分量的方案数。设 (f[s]) 表示 (s) 集合导出子图强联通的方案数，(cnt(S,T)) 表示 (S) 到 (T) 内的边数。
(f)的转移和 DAG 计数类似。g，h的转移都很简单:
[f[S]=2^{cnt(S,S)}-sum_{Tsubseteq S , T
eq emptyset}(g[T]-h[T])*2^{cnt(S-T,S-T)+cnt(T,S-T)}
]
[g[S]=sum_{Tsubseteq S,T
eq emptyset} f[T]*h[S-T]
]
[h[S]=sum_{Tsubseteq S,T
eq emptyset} f[T]*g[S-T]
]
发现好像 (g),(h) 和 (f) 会互相转移。
分析一下，由于 (g[0]=0) 所以 (h) 的转移不受影响。然后 (g[S]) 的转移需要加上 (f[S]) , (f[S]) 的转移似乎也需要 (g) 来支持。
但是注意到我们算的东西是不强联通的,因此整个一大坨就是一个强联通分量的话是不能被算入 (f) 的,也就是说 (g[S]) 要靠 (f[S]) 来进行转移的部分恰好不能贡献到 (f[S]) 里面去，所以我们先算出 (g),(h) ，然后直接按照原来的方法算 (f) ，算完之后载把 (f[S]) 加入 (g[S]) 就可以了。
code:
#include<bits/stdc++.h>
#define Set(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
const int MAXN=225;
const int N=16;
const int MAXS=1<<(N-1);
const int mod=1e9+7;
template <typename T> inline void init(T&x){
x=0;char ch=getchar();bool t=0;
for(;ch>'9'||ch<'0';ch=getchar()) if(ch=='-') t=1;
for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch-48);
if(t) x=-x;return;
}
typedef long long ll;
template<typename T>inline void Inc(T&x,int y){x+=y;if(x>=mod) x-=mod;return;}
template<typename T>inline void Dec(T&x,int y){x-=y;if(x < 0) x+=mod;return;}
template<typename T>inline int fpow(int x,T k){int ret=1;for(;k;k>>=1,x=(ll)x*x%mod) if(k&1) ret=(ll)ret*x%mod;return ret;}
inline int Sum(int x,int y){x+=y;if(x>=mod) return x-mod;return x;}
inline int Dif(int x,int y){x-=y;if(x < 0 ) return x+mod;return x;}
int f[MAXS],g[MAXS],h[MAXS];
bitset<MAXN> in[MAXS],out[MAXS];
inline int Cnt(int S,int T){return (out[S]&in[T]).count();}
int bits[MAXN],cnt[MAXS];int n,m;
int main()
{
init(n),init(m);bits[0]=1;
for(int i=1;i<MAXN;++i) bits[i]=Sum(bits[i-1],bits[i-1]);
const int UP=1<<n;
for(int i=1;i<=m;++i) {
int u,v;init(u),init(v);
for(int s=1;s<UP;++s) {
if(s&bits[u-1]) out[s].set(i);
if(s&bits[v-1]) in [s].set(i);
}
}f[0]=0,g[0]=0,h[0]=1;// g: odd / h: even
for(int s=1;s<UP;++s) {
cnt[s]=cnt[s>>1]+(s&1);f[s]=0;int lb=s&(-s);
for(int t=s;t;t=(t-1)&s) if(t&lb) Inc(g[s],(ll)f[t]*h[s^t]%mod),Inc(h[s],(ll)f[t]*g[s^t]%mod);
for(int t=s;t;t=(t-1)&s) Inc(f[s],(ll)Dif(g[t],h[t])*bits[Cnt(t,s^t)+Cnt(s^t,s^t)]%mod);
f[s]=Dif(bits[Cnt(s,s)],f[s]);
Inc(g[s],f[s]);
}
printf("%d
",f[UP-1]);
return 0;
}