[HDU5713]K个联通块
题目大意：
有一张(n(nle14))个点，(m)条边无重边的无向图，求有多少个边集，使得删掉边集里的边后，图里恰好有(k)个连通块。
思路：
一个显然的动态规划是，(f_{s,i})表示点集为(s)，分成(i)个连通块的方案数。
转移什么的都很显然，关键是如何求(f_{s,1})。（万事开头难！）
(f_{s,1})的含义是删去(s)中若干条边使得新图仍然连通的方案数。我们可以将其转化为任意删边的方案数-删边使得该图不连通的方案数。
而后者就相对好求。
源代码：
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<numeric>
#include<algorithm>
inline int getint() {
register char ch;
while(!isdigit(ch=getchar()));
register int x=ch^'0';
while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
return x;
}
typedef long long int64;
const int N=14,M=105,mod=1e9+9;
struct Edge {
int u,v;
};
Edge e[M];
int f[1<<N][N+1],cnt[1<<N];
inline int power(int a,int k) {
int ret=1;
for(;k;k>>=1) {
if(k&1) ret=(int64)ret*a%mod;
a=(int64)a*a%mod;
}
return ret;
}
inline int inv(const int &x) {
return power(x,mod-2);
}
inline int lowbit(const int &x) {
return x&-x;
}
int main() {
const int T=getint();
for(register int i=1;i<=T;i++) {
memset(f,0,sizeof f);
memset(cnt,0,sizeof cnt);
const int n=getint(),m=getint(),k=getint();
int tmp=0;
for(register int i=0;i<m;i++) {
e[i]=(Edge){getint()-1,getint()-1};
if(e[i].u==e[i].v) tmp++;
}
for(register int i=0;i<n;i++) f[1<<i][1]=1;
for(register int s=0;s<1<<n;s++) {
if(__builtin_popcount(s)<=1) continue;
for(register int i=0;i<n;i++) {
if((s>>i)&1) {
for(register int j=0;j<m;j++) {
const int &u=e[j].u,&v=e[j].v;
if(u==v) continue;
if(i==u&&((s>>v)&1)) cnt[s]++;
if(i==v&&((s>>u)&1)) cnt[s]++;
}
}
}
cnt[s]>>=1;
const int v=s^lowbit(s);
for(register int t=(v-1)&v;;t=(t-1)&v) {
(f[s][1]+=(int64)f[t^lowbit(s)][1]*power(2,cnt[s^t^lowbit(s)])%mod)%=mod;
if(!t) break;
}
f[s][1]=(power(2,cnt[s])-f[s][1]+mod)%mod;
}
for(register int j=2;j<=k;j++) {
for(register int s=1;s<1<<n;s++) {
for(register int t=(s-1)&s;t;t=(t-1)&s) {
(f[s][j]+=(int64)f[t][j-1]*f[s^t][1]%mod)%=mod;
}
f[s][j]=(int64)f[s][j]*inv(j)%mod;
}
}
printf("Case #%d:
%lld
",i,(int64)f[(1<<n)-1][k]*power(2,tmp)%mod);
}
return 0;
}