题目描述
欧贝利斯克的巨神兵很喜欢有向图，有一天他找到了一张$n$个点$m$条边的有向图。
欧贝利斯克认为一个没有环的有向图是优美的，请问这张图有多少个子图（即选定一个边集）是优美的？答案对$1,000,000,007$取模。
输入格式
第一行两个整数$n$和$m$。
接下来$m$行每行两个整数表示一条有向边。保证无重边无自环。
输出格式
一行一个整数表示答案，对$1,000,000,007$取模。
样例
样例输入：
3 6
1 2
2 1
1 3
3 1
2 3
3 2
样例输出：
25
数据范围与提示
对于$40\%$的数据$nleqslant 5,mleqslant 20$；
对于$60\%$的数据$nleqslant 10$；
对于$80\%$的数据$nleqslant 15$；
对于$100\%$的数据$nleqslant 17$。
题解
看到数据范围是$17$的时候，我觉得这场考试我能$AK$；然而，当我看到是边集的时候，我发现半个小时之后机房里听不见一点键盘声……
同样，我们先考虑$60\%$的做法。
先给有向无环图分层，第一层是入度为$0$的点，第二层是删去第一层后度数为$0$的点，类似$topsort$？
然后设$dp[i][j]$表示当前选择的节点集合为$i$，最后一层的节点集合为$j$的方案数。
不妨设$s_1$表示当前选择的节点集合，$s_2$表示最后一层的节点的集合，$s_3$为$s_1$补集的子集，且$s_2$与$s_3$有连边，$s_1oplus s_2$与$s_3$的连边为$cnt_1$条，$s_2$与$s_3$的连边有$cnt_2$条。
那么，状态转移方程为：
$$dp[s_1|s_3][s_3]=sum dp[s_1][s_2] imes prod 2^{cnt_1} imes (2^{cnt_2}-1)$$
这样的时间复杂度是$Theta(4^n imes m)$的，无论空间还是时间都是不行的。
所以我们考虑减掉第二维，直接枚举当前选择的节点集合$s_1$，然后再枚举其补集的子集$s_2$，设$s_1$与$s_2$之间的连边有$cnt$条。
那么，你可能会列出这样一个状态转移方程：$dp[s_1|s_2]=dp[s_1] imes 2^{cnt}$。
但是你会发现答案会统计多，因为$s_1|s_2$可以由很多$s_1$和$s_2$组成，所以我们还需要容斥，其系数为$(-1)^{sz[s]+1}$。
这时候的时间复杂度为$Theta(3^nm)$，只能拿到$80$分，还需要优化，有好多优化，我将其优化到了$Theta(2^n imes n^2)$，这样就可以$AC$这道题了。
时间复杂度：$Theta(2^n imes n^2)$。
期望得分：$100$分。
实际得分：$100$分。
代码时刻
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1000000007;
int n,m;
bool Map[20][20];
int sz[131073];
int du[65537];
int sum[131073];
int qpow[1000];
int dp[131073];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
int maxn=(1<<n);
dp[0]=qpow[0]=1;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
Map[x-1][y-1]=1;
qpow[i]=(qpow[i-1]<<1)%mod;
}
sz[0]=-1;
for(int i=1;i<maxn;i++)sz[i]=sz[i>>1]*(i&1?-1:1);
for(int i=0;i<maxn-1;i++)
{
if(!dp[i])continue;
int t=maxn-1-i;
memset(du,0,sizeof(du));
for(int j=0;j<n;j++)
if(i&(1<<j))
for(int k=0;k<n;k++)
du[1<<k]+=Map[j][k];
sum[0]=0;
for(int s=(t-1)&t;;s=(s-1)&t)
{
int now=t^s,lst=now&-now;
sum[now]=sum[now-lst]+du[lst];
dp[i+now]=(dp[i+now]+1LL*sz[now]*qpow[sum[now]]*dp[i])%mod;
if(!s)break;
}
}
printf("%lld",dp[maxn-1]);
return 0;
}
rp++