串珠子[BZOJ2560]

题目描述

铭铭有 (n) 个十分漂亮的珠子和若干根颜色不同的绳子。现在铭铭想用绳子把所有的珠子连成一个整体。

现在已知所有的珠子互不相同，用整数 (1) 到 (n) 编号。对于第 (i) 个珠子和第 (j) 个珠子，可以选择不用绳子连接，或者在 (c_{i,j}) 根不同颜色的绳子中选择一根将它们连接。如果把珠子看作点，把绳子看作边，将所有珠子连成一个整体即为所有点构成一个连通图。特别地，珠子不能和自己连接。

铭铭希望知道总共有多少种不同的方案将所有珠子连成一个整体。由于答案可能很大，因此只需输出答案对 (1000000007) 取模的结果。

输入格式

输入第一行包含一个正整数 (n)，表示珠子的个数。接下来 (n) 行，每行包含 (n) 个非负整数，用空格隔开。这 (n) 行中，第 (i) 行第 (j) 个数为 (c_{i,j})。

输出格式

输出一行一个整数，为连接方案数对 (1000000007) 取模的结果。

(nle 20)

题解

状压DP

首先我们设(f[S])表示：(S)中包含的珠子两两之间任意连边(可以不连)的方案数

显然，(f[S]=Pi_{iin S,jin S} (c[i][j]+1))

这个可以在(O(2^nn^2))的时间内预处理

但是这样求出的方案，不一定保证每个方案都是一个连通图

所以我们要再进行一次DP

设(g[S])表示：(S)中包含的珠子两两之间任意连边(可以不连)，且构成一个连通块的方案数

初始时我们先把每个(g[S])赋值成(f[S])，然后再删除掉不合法的部分

我们考虑(1)这颗珠子，在一个不合法的方案中，一定有部分珠子和(1)不在同一个连通块内

所以对于每个(g[S])，我们枚举(S)的一个不含珠子(1)的子集(S_2)，表示(S_2)中的那些珠子和(1)不在同一个连通块内

这样的方案数有多少？首先，(S_2)内的珠子不一定要形成一整个连通块，所以是(f[S_2])

其次，(S-S_2)即与(1)连通的珠子一定在一个连通块内，所以是(g[S-S_2])

所以不合法的方案有(f[S_2]*g[S-S_2])种，从(g[S])中减去

所以我们可以得到：(g[S]=f[S]-sum f[S_2]*g[S-S_2]) ((S_2)是(S)的所有不含珠子(1)的子集)

答案即为(g[2^n-1])

p.s. 我们发现所有的(S-S_2)都是含有珠子1的，所以为了降低复杂度，我们可以不去求那些不含珠子(1)的(g[S])

时间复杂度为枚举子集复杂度(O(3^n)) 但是大大小于这个上界

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

template<typename T>
inline void read(T &num) {
	T x = 0, ff = 1; char ch = getchar();
	for (; ch > '9' || ch < '0'; ch = getchar()) if (ch == '-') ff = -1;
	for (; ch <= '9' && ch >= '0'; ch = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ '0');
	num = x * ff; 
}

const ll mod = 1000000007;
int n;
ll a[30][30], f[1050005], g[1050005]; 
//f:可以不联通  g:必须联通 

inline ll fpow(ll x, ll t) {
	ll ret = 1;
	for (; t; t >>= 1, x = x * x % mod) if (t & 1) ret = ret * x % mod;
	return ret;
}

int main() {
	read(n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= n; j++) {
			read(a[i][j]);
		}
	}
	for (int s = 0; s <= (1 << n) - 1; s++) {
		f[s] = 1;
		for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = i + 1; j <= n; j++) {
			if (((s>>(i-1))&1) && ((s>>(j-1))&1)) {
				f[s] = f[s] * (a[i][j] + 1) % mod;
			}
		} 
	}
	memcpy(g, f, sizeof(g));
	for (int s = 1; s <= (1 << n) - 1; s++) {
		if (!(s & 1)) continue;
		for (int s2 = (s - 1) & s; s2; s2 = (s2 - 1) & s) {
			if (!(s2 & 1)) continue;
			g[s] = (g[s] - g[s2] * f[s-s2] % mod + mod) % mod;
		}
	}
	printf("%lld
", g[(1<<n)-1]);
	return 0;
}