「300iq Contest 2」[LOJ 6719] 数仙人掌 Counting Cactus 及加强版

「300iq Contest 2」[LOJ 6719] 数仙人掌 Counting Cactus 及加强版

LOJ上的 (nleq 18)

如果把仙人掌上的树边看做二元环，那么可以认为仙人掌就是由很多环嵌套在一起的结构

(nleq 13)

状压(dp)，300iq的题解里给出了状态，但是也只告诉了你状态。。。

令(f(i,S))为(i)号节点为根，子树集合为(S)的方案数

令(g(i,S))为(i)号节点为根，子树集合为(S)的方案数，并且强制根上只接了一个环

令(dp(u,v,S))为钦定一个当前环的开头为(u)，环尾扩展到了(v)，当前包含(S)的方案数

由此得到转移为

1.(f(i,S)cdot g(j,T)(Scap T=empty) ightarrow f(i,Scup T))

2.(dp(u,v,S)cdot f(d,T)(Scap T=empty,(u,v)in E) ightarrow dp(u,d,Scup T))

3.(dp(u,v,S) ((u,v)in E) ightarrow g(u,S))

实际上涉及到很多计算重复，因此需要在转移过程中加入一些调整:

1.在转移环时，钦定的环开头节点下方不应该接有任何其他节点

2.转移1中(S,T)合并上来时，可以保证(S<T)来避免集合加入顺序的重复

3.当环长>2时，同一个环，同一个开始位置会由于环遍历顺序的不同被转移两次

对于这个问题我的解决方法是: 让(frac{dp(u,v,S)}{2} ightarrow g(u,S))，然后把环长为2的部分加上去

转移过程中涉及到集合运算都是枚举子集，因此复杂度一个很松的上限为(O(n^33^n))

转移顺序不难解决，代码比较丑

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define reg register
typedef long long ll;
#define Mod1(x) ((x>=P)&&(x-=P))
#define Mod2(x) ((x<0)&&(x+=P))
#define rep(i,a,b) for(int i=a,i##end=b;i<=i##end;++i)

char IO;
int rd(){
	int s=0; int f=0;
	while(!isdigit(IO=getchar())) if(IO=='-') f=1;
	do s=(s<<1)+(s<<3)+(IO^'0');
	while(isdigit(IO=getchar()));
	return f?-s:s;
}

const int N=13,M=1<<N|3,P=998244353;

int n,m;
int G[N];
int f[M][N],g[M][N];
int dp[M][N][N];

int main(){
	n=rd(),m=rd();
	if(n==1) return puts("1"),0;
	rep(i,1,m) {
		int u=rd()-1,v=rd()-1;
		G[u]|=1<<v,G[v]|=1<<u;
	}
	int A=(1<<n)-1;
	rep(i,0,n-1) g[1<<i][i]=1,dp[1<<i][i][i]=1;
	rep(S,1,A) {
		// dp[S][u][v]转移
		rep(u,0,n-1) rep(v,0,n-1) if(S&(1<<u) && S&(1<<v)) {
			int R=S^(1<<u);
			if(u!=v) R^=(1<<v);
			for(int T=R&(R-1);;T=(T-1)&R){
				int X=T|(1<<u)|(1<<v),Y=S^X;
				if(dp[X][u][v]) rep(d,0,n-1) if(f[Y][d] && G[v]&(1<<d)) 
					dp[S][u][d]=(dp[S][u][d]+1ll*dp[X][u][v]*f[Y][d])%P;
				if(!T) break;
			}
		}
		// dp反馈给g
		rep(u,0,n-1) rep(v,0,n-1) if(dp[S][u][v] && G[u]&(1<<v)) 
			g[S][u]=(g[S][u]+1ll*(P+1)/2*dp[S][u][v])%P;
		// 特判环长为2的情况
		rep(i,0,n-1) rep(j,0,n-1) if(i!=j && S&(1<<i) && S&(1<<j) && G[i]&(1<<j)) 
			g[S][i]=(g[S][i]+1ll*(P+1)/2*f[S^(1<<i)][j])%P;
		// f[S][i]合并
		rep(i,0,n-1) f[S][i]+=g[S][i],Mod1(f[S][i]);
		rep(i,0,n-1) if(S&(1<<i)) {
			int R=S^(1<<i);
			for(int T=R&(R-1);T;T=(T-1)&R) {
				int X=T,Y=T^R;
				if(X>Y) continue;
				// 防止转移顺序重复
				f[S][i]=(f[S][i]+1ll*f[X|(1<<i)][i]*g[Y|(1<<i)][i])%P;
			}
		}
	}
	printf("%d
",f[A][0]);
}

(nleq 18)

前置知识：集合幂级数的(ln ,exp)

同样上面的，一颗仙人掌可以看做若干(ge 2)环，两两之间在某一个节点上相接构成

不妨先求出环的集合幂级数，枚举环上编号最小的点，然后走环，复杂度为(O(n^32^n))，常数较小

接下来当然想到枚举环的交点(i)，将当前所有包含(i)的项取出，去掉(i)后求出(exp)，然后放回去，就能计算相交在(i)上的方案

两部分复杂度均为(O(n^32^n))

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
enum{N=20,M=1<<18|10,P=998244353};
struct U{
	int x;
	U(){} U(int x):x(x){}
	inline void operator += (const U &t){ x+=t.x,x>=P&&(x-=P); }
	inline void operator -= (const U &t){ x-=t.x,x<0&&(x+=P); }
	inline U operator * (const U &t){ return U(static_cast<unsigned long long>(x)*t.x%P); }
}I[N],F[M][N],H[M][N];
int n,m,G[N],C[M],B[M];
void FWT(int f) {
	for(int i=1;i<m;i<<=1) {
		for(int l=0;l<m;l+=i*2) {
			for(int j=l;j<l+i;++j) {
				if(f==1) rep(d,1,n) F[j+i][d]+=F[j][d];
				else rep(d,1,n) F[j+i][d]-=F[j][d];
			}
		}
	}
}
void Exp(U *a){
	static U b[N];
	rep(i,0,n-1) b[i]=a[i+1]*(i+1);
	rep(i,0,n-1) {
		U t=b[i];
		rep(j,1,i) t+=a[j]*b[i-j];
		a[i+1]=t*I[i+1];
	}
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	if(n==1) return puts("1"),0;
	for(int x,y;m--;) scanf("%d%d",&x,&y),x--,y--,G[x]|=1<<y,G[y]|=1<<x;
	I[0]=I[1]=1,m=1<<n;
	rep(i,0,n-1) B[1<<i]=i;
	rep(i,2,n) I[i]=U(P-P/i)*I[P%i];
	rep(i,1,m-1) C[i]=C[i&(i-1)]+1;
	rep(st,0,n-1) {
		H[1<<st][st]=1;
		rep(S,0,m-1) rep(i,st,n-1) if(H[S][i].x) {
			for(int T=G[i]&~S;T;T&=T-1) 
				H[S|(T&-T)][B[T&-T]]+=H[S][i];
			if(G[i]&(1<<st)) F[S][C[S]]+=H[S][i]*I[1+(C[S]>2)];
			H[S][i]=0;
		}
	}
	FWT(1);
	for(int i=1;i<m;i<<=1){
		for(int l=0;l<m;l+=i*2) for(int j=l;j<l+i;++j) {
			rep(k,1,n) F[j+i][k]-=F[j][k];
			Exp(F[j+i]+1);
			rep(k,1,n) F[j+i][k]+=F[j][k];
		}
	}
	FWT(-1),printf("%d
",F[m-1][n].x);
}