K个联通块

题意：

有一张无重边的无向图， 求有多少个边集，使得删掉边集里的边后，图里恰好有K个联通块。

解法：

考虑dp，$h(i,S)$表示有$i$个联通块，点集为$S$的图的个数，$g(S)$表示点集为S的连通图的个数。

所以有$h(i,S) = sum_{S_0 subseteq S}{h(i-1,S_0) cdot f(S-S0)}$

$answer = frac{h(K,ALL)}{K!}$

接下来只要求出 $g(S)$ 即可，考虑 $dp$

首先枚举一个点 $x$ ，求出所有包含 $x$ 的 $g(S)$，然后递归求去掉 $x$ 的 $g(S)$ ，直到 $S$ 为空

求包含 $x$ 的$g(S)$ 时，可以考虑用容斥来求。

$M(S)$ 表示 $S$ 集合内有多少条边。

$f(S) = 2^{M(S)} - sum_{S_0 subseteq S}{f(S0) cdot 2^{M(S-S0)} }$

时间复杂度$O(K cdot 3^n)$

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>

#define N 15
#define LL long long
#define bit(x) (1<<(x))
#define P 1000000009LL

using namespace std;

int n,m,K;
int cnt[1<<N];
LL f[1<<N],all[1<<N],ansv[1<<N];
LL h[N][1<<N];
int g[N];

int cnt_bit(int S)
{
    int ans=0;
    for(;S;S>>=1) if(S&1) ans++;
    return ans;
}

LL qpow(LL x,int n)
{
    LL ans=1;
    for(;n;n>>=1,x=x*x%P)
        if(n&1) ans=ans*x%P;
    return ans;
}

LL calc(int S)
{
    int tmp=0;
    for(int i=0;i<n;i++)
        if(S&bit(i)) tmp += cnt[S&g[i]];
    return qpow(2,tmp);
}

int main()
{
    int Te=0;
    int T;
    cin>>T;
    for(int S=0;S<(1<<N);S++) cnt[S]=cnt_bit(S);
    while(~scanf("%d%d%d",&n,&m,&K))
    {
        for(int i=0;i<n;i++) g[i]=0;
        for(int i=1,x,y;i<=m;i++)
        {
            scanf("%d%d",&x,&y);
            x--;
            y--;
            g[x]|=bit(y);
        }
        for(int S=0;S<(1<<n);S++) all[S]=calc(S);
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
            ansv[0]=0;
            for(int S=1;S<(1<<n);S++)
                if(S&bit(i))
                {
                    f[S]=all[S];
                    for(int S0=S;S0;S0=(S0-1)&S)
                        if((S0&bit(i)) && S0<S)
                        {
                            f[S] += P - f[S0]*all[S^S0]%P;
                            if(f[S]>=P) f[S]-=P;
                        }
                    ansv[S]=f[S];
                }
        }
        for(int S=0;S<(1<<n);S++) h[0][S]=0;
        h[0][0]=1;
        for(int i=1;i<=K;i++)
        {
            for(int S=1;S<(1<<n);S++)
            {
                h[i][S]=0;
                for(int S0=S;S0;S0=(S0-1)&S)
                {
                    h[i][S] += h[i-1][S^S0]*ansv[S0]%P;
                    if(h[i][S]>=P) h[i][S]-=P;
                }
            }
        }
        LL fac_K=1;
        for(int i=1;i<=K;i++) fac_K=fac_K*i%P;
        printf("Case #%d:
",++Te);
        cout << h[K][(1<<n)-1]*qpow(fac_K,P-2)%P << endl;
    }
    return 0;
}