Description
定义两个结点数相同的图 G1 与图 G2 的异或为一个新的图 G, 其中如果 (u, v) 在 G1 与
G2 中的出现次数之和为 1, 那么边 (u, v) 在 G 中, 否则这条边不在 G 中.
现在给定 s 个结点数相同的图 G1...s, 设 S = {G1, G2, . . . , Gs}, 请问 S 有多少个子集的异
或为一个连通图?
Solution
连通性的题目我们可以容斥,这题的容斥系数是斯特林数,大致就是个斯特林反演.
设 (f[i]) 表示连通块个数恰好为 (i) 的方案数 , (g[i]) 表示至少为 (i) 的方案数.
那么 (f[i]=sum_{j=i}^{n}(-1)^{j-i}*g[j]*s(n,m)).
(g[i]=sum_{j=i}^{n}S(j,i)*f[j])
其中 (S(n,m)) 为第二类斯特林数 , (s(n,m)) 为第一类斯特林数.
我们要求的是 (f[1]) , 也就是 (f[1]=sum_{i=1}^{n}(-1)^{i-1}*s(i,1)*g[i])
(s(i,1)=(i-1)!) , 于是有(f[1]=sum_{i=1}^{n}(-1)^{i-1}*(i-1)!*g[i]).
现在就是要求 (g[i]) , 我们可以 (O(bell(n))) 的枚举划分 , 再考虑方案数.
首先属于两个集合的边一定不能出现 , 而在同一集合的随意.
于是可以列出边和图的对应方程 , 现在就是要求有多少张图是自由元.
用高斯消元或者线性基求出来就行了.
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=110;
bitset<N>a[65],b[65],t;
int n,s,m,c[N],Fac[N];char T[N];ll ans=0,bin[N];
inline void solve(int S){
int cnt=0,o=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=i+1;j<=n;j++)
if(c[i]!=c[j])t.set(cnt++);
else t.reset(cnt++);
for(int i=1;i<=s;i++)a[i]=b[i]&t;
for(int i=1,k=0;i<=s && k<m;){
if(!a[i][k]){
for(int j=i+1;j<=s;j++)
if(a[j][k]){swap(a[i],a[j]);break;}
}
if(!a[i][k]){++k;continue;}
++o;
for(int j=i+1;j<=s;j++)if(a[j][k])a[j]^=a[i];
++i,++k;
}
ans+=(S&1?1:-1)*Fac[S-1]*bin[s-o];
}
inline void dfs(int x,int k){
if(x==n+1){solve(k);return ;}
for(int i=1;i<=k;i++)c[x]=i,dfs(x+1,k);
c[x]=k+1,dfs(x+1,k+1);
}
int main(){
freopen("pp.in","r",stdin);
freopen("pp.out","w",stdout);
cin>>s;
for(int i=1;i<=s;i++){
scanf("%s",T);m=strlen(T);
for(int j=0;j<m;j++)b[i][j]=T[j]-'0';
}
for(n=1;n<=10;n++)if(n*(n-1)/2==m)break;
Fac[0]=bin[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)Fac[i]=Fac[i-1]*i;
for(int i=1;i<=s;i++)bin[i]=bin[i-1]<<1;
dfs(1,0);
cout<<ans;
return 0;
}