[cf908H]New Year and Boolean Bridges

暴力枚举最终图中强连通分量的情况，首先要判定这样划分是否可行，即要求——

1.每一个强连通分量内部没有$xor$的关系

2.任意两个不在同一个强连通分量中的点之间没有$and$的关系

当确定划分（且可行）后，此时每一个强连通分量用一个环来表示，所需边数即点数（但当点数为1时，边数为0），接下来强连通分量之间是$xor$和$or$，不论哪种都是用一条链连起来即可

综上分析，所需边数即$n+点数大于1的强连通分量数-1$

题目也即构造强连通分量的划分方式，在满足前面的条件下，最小化上式

对于第2个条件，可以先将$and$关系的点缩点，并且缩点时也判定第1个条件

（以下为了方便，加了双引号的点指缩点后的点，”点“的点数指其在原图中对应的点个数）

缩完点后，由于点数等于1的强连通分量并不影响答案，所以不妨将点数为1的"点"作为一个强连通分量，显然不劣，同时其满足上述条件且不影响答案，不妨删去这类”点“

接下来，仅剩下$xor$和$or$的边，第2个条件就没有意义，第1个条件即限制某一些点对不能被划分到一个连通块中，当仅保留$xor$的边后，也即独立集

换言之，问题即变为划分为若干个独立集，并最小化独立集的个数（由于删去点数为1的点，现在每一个点实际的点数必然大于1，不存在点数为1的强连通分量）

关于这个问题，即求集合并的卷积，单次卷积复杂度为$o(n2^{n})$，同时只需要在一开始做一次FWT，每一次乘上一个数以及IFWT算出$V$上的值，复杂度都是$o(2^{n})$，一共做$n$次（即枚举独立集个数），总复杂度为$o(n2^{n})$

关于这个$n$，由于删去了点数为1的”点“，每一个”点“的点数至少为2，所以$nle 23$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 55
#define S (1<<23)
#define mod 998244353
int n,fa[N],vis[N][N],id[N],tot[S],g[S],f[S];
char s[N][N];
int find(int x){
    if (fa[x]==x)return x;
    return fa[x]=find(fa[x]);
}
void merge(int x,int y){
    x=find(x),y=find(y);
    if (x!=y)fa[x]=y;
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%s",s[i]+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=i+1;j<=n;j++){
            if (s[i][j]!=s[j][i]){
                if ((s[i][j]!='O')&&(s[j][i]!='O')){
                    printf("-1");
                    return 0;
                }
                s[i][j]=s[j][i]='O';
            }
            if (s[i][j]=='A')merge(i,j);
        }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=i+1;j<=n;j++)
            if ((find(i)==find(j))&&(s[i][j]=='X')){
                printf("-1");
                return 0;
            }
    for(int i=1;i<=n;i++)tot[find(i)]++;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if (tot[i]>1)id[i]=++id[0];
    if (!id[0]){
        printf("%d",n-1);
        return 0;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if (tot[find(i)]>1)id[i]=id[find(i)];
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=i+1;j<=n;j++)
            if ((s[i][j]=='X')&&(id[i])&&(id[j]))vis[id[i]][id[j]]=vis[id[j]][id[i]]=1;
    f[0]=1;
    for(int i=1;i<(1<<id[0]);i++){
        int x=i-(i&(i-1));
        tot[i]=tot[i^x]+1;
        f[i]=f[i^x];
        for(int j=1;j<=id[0];j++)
            if (x==(1<<j-1)){
                for(int k=1;k<=id[0];k++)
                    if ((i&(1<<k-1))&&(vis[j][k]))f[i]=0;
            }
    }
    for(int i=0;i<id[0];i++)
        for(int j=0;j<(1<<id[0]);j++)
            if (j&(1<<i))f[j]=(f[j]+f[j^(1<<i)])%mod;
    for(int i=0;i<(1<<id[0]);i++)g[i]=1;
    for(int i=1;i<=id[0];i++){
        for(int j=0;j<(1<<id[0]);j++)g[j]=1LL*f[j]*g[j]%mod;
        int ans=0;
        for(int j=0;j<(1<<id[0]);j++)
            if ((id[0]-tot[j])&1)ans=(ans+mod-g[j])%mod;
            else ans=(ans+g[j])%mod;
        if (ans){
            printf("%d
",n+i-1);
            return 0;
        }
    }
}