正解:容斥+$dp$
解题报告:
$umm$虽然题目蛮简练的了但还是有点难理解,,,我再抽象一点儿,就说有$n$个点,点$i$和点$j$之间有$a_{i,j}$条无向边可以连,问有多少种方案可以连成一张联通图
显然考虑容斥呗?设$f_i$表示状态为$i$的点连成联通图的合法方案,$g_i$表示状态为$i$的点随便连边的所有方案
显然$g_i$可以先预处理出来?就等于$prod_{u,vin i}a_{u,v}$.然后$f_i$就等于$g_i$减去不合法的数量.不合法数量显然就考虑枚举子集${i}'$,就等于$sum f_{{i}'}cdot g_{i-{i}'}$.
但是这样显然依然会有锅,即一个不合法方案会被枚举其包含的联通块次.为了保证不重不漏,就只用枚指定点的联通块大小,比较通常的做法就枚举最大/最小点的联通块大小,也就钦定${i}'$中包含了最大/最小的点
然后就做完了$QwQ$
$over$
因为一些不知名原因我本机$AC$,$BZOJ$上$WA$了(事实上是,$emacs AC$,$lemon WA$,$darkbzoj WA$,$QAQ$
但是我暂时懒得搞了先把代码放上来趴$kk$
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define il inline #define lf double #define int long long #define ll long long #define gc getchar() #define ri register int #define rc register char #define rb register bool #define lowbit(x) (x&(-x)) #define rp(i,x,y) for(ri i=x;i<=y;++i) #define my(i,x,y) for(ri i=x;i>=y;--i) #define gdgs(i,x) for(ri i=x-lowbit(x);i;i-=lowbit(i)) const int N=20,mod=1000000007; int n,a[N][N],lg[1<<N],tot,d[N],cnt; ll g[1<<N],f[1<<N],re[N]; il int read() { rc ch=gc;ri x=0;rb y=1; while(ch!='-' && (ch>'9' || ch<'0'))ch=gc; if(ch=='-')ch=gc,y=0; while(ch>='0' && ch<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^'0'),ch=gc; return y?x:-x; } signed main() { freopen("2560.in","r",stdin);freopen("2560.out","w",stdout); n=read();rp(i,0,n-1)rp(j,0,n-1)a[i][j]=read();tot=(1<<n)-1;rp(i,0,n-1)lg[1<<i]=i;g[0]=1; rp(i,1,tot) {ll tmp=1;gdgs(j,i)tmp=1ll*tmp*(a[lg[lowbit(i)]][lg[lowbit(j)]]+1)%mod;g[i]=g[i-lowbit(i)]*tmp%mod;} rp(i,1,tot) { cnt=0;gdgs(j,i)d[cnt++]=lowbit(j); rp(j,1,(1<<cnt)-1)re[j]=re[j-lowbit(j)]|d[lg[lowbit(j)]],f[i]=(f[i]+f[i^re[j]]*g[re[j]])%mod; f[i]=(g[i]-f[i]+mod)%mod; } printf("%lld ",f[tot]); return 0; }