NOIp模拟赛 巨神兵(状压DP 容斥)

(Description)
给定(n)个点(m)条边的有向图，求有多少个边集的子集，构成的图没有环。
(nleq17)。

(Solution)
问题也等价于，用不同的边集构造DAG，有多少种合法方案。我们考虑怎么构造DAG使得方案不重不漏。
我们知道一个DAG的拓扑序是唯一确定的。所以我们按照拓扑序每次转移一个点集。
(f[s][s'])表示 构造 已经选择的点集为(s)，当前最后一层点集为(s')的DAG 的方案数。
转移时枚举不在(s)中的子集(k)，(k)合法首先要满足(s')与(k)中所有点有边。
然后设(soplus s')与k中某点的连边有(cnt1_i)条，(s')与(k)中该点的连边有(cnt2_i)条，则该点的合法方案数为(2^{cnt1_i} imes(2^{cnt2_i}-1))。
(f[s|k][k]=sum f[s][s'] imesprod 2^{cnt1_i} imes(2^{cnt2_i}-1))。
复杂度(O(4^n imes m))。

考虑减掉第二维。直接枚举当前点集(i)，然后枚举补集的子集(j)。只要还是按层加入节点就能保证是DAG。
(i,j)之间可以不存在边，设(i)连向(j)的边有(cnt)条，则(f[i|j]+=f[i] imes 2^j)？
当然没这么简单。容易发现(i|j)可以由很多组(i,j)构成。所以加个容斥，容斥系数是((-1)^{sz[j]+1})。
不是很懂这个容斥系数。。是加1个点的然后减去还可以由两个点的...？
复杂度(O(3^nm))，可以优化到(O(3^n+2^nm))（不管了）（虽然最大数据要跑10s+...）。

https://blog.csdn.net/ylsoi/article/details/80427659
https://www.cnblogs.com/KaNNeXFF/p/5942983.html

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define In(x,s) (s>>x&1)
#define gc() getchar()
#define mod 1000000007
const int N=20,S=(1<<17)+3;

int n,m,pw[N*N],mp[N][N],num[N][S],f[S];

inline int read()
{
	int now=0;register char c=gc();
	for(;!isdigit(c);c=gc());
	for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
	return now;
}
inline int Calc(int s)
{
	int res=0;
	for(; s; s>>=1) res+=s&1;
	return res;
}

int main()
{
	freopen("E.in","r",stdin);
	freopen("E.out","w",stdout);

	n=read(),m=read();
	pw[0]=1;
	for(int i=1; i<=m; ++i) pw[i]=pw[i-1]<<1, pw[i]>=mod&&(pw[i]-=mod);
	for(int i=1; i<=m; ++i) mp[read()-1][read()-1]=1;
	int all=(1<<n)-1;
	for(int s=0; s<=all; ++s)
		for(int v=0; v<n; ++v)
			if(In(v,s))
				for(int x=0; x<n; ++x) num[x][s]+=mp[x][v];
	f[0]=1;
	for(int i=0; i<=all; ++i)
	{
		if(!f[i]) continue;
		int rest=all^i;
		for(int j=rest; j; j=(j-1)&rest)
		{
			int sz=Calc(j), cnt=0;
			for(int k=0; k<n; ++k)
				if(In(k,i)) cnt+=num[k][j];
			if(sz&1) f[i|j]+=1ll*f[i]*pw[cnt]%mod, f[i|j]>=mod&&(f[i|j]-=mod);
			else f[i|j]-=1ll*f[i]*pw[cnt]%mod-mod, f[i|j]>=mod&&(f[i|j]-=mod);
		}
	}
	printf("%d
",f[all]);

	return 0;
}