【BZOJ4671】异或图（斯特林反演）

题面

Description

定义两个结点数相同的图 G1 与图 G2 的异或为一个新的图 G, 其中如果 (u, v) 在 G1 与
G2 中的出现次数之和为 1, 那么边 (u, v) 在 G 中, 否则这条边不在 G 中.
现在给定 s 个结点数相同的图 G1...s, 设 S = {G1, G2, . . . , Gs}, 请问 S 有多少个子集的异
或为一个连通图?

Input

第一行为一个整数s, 表图的个数.
接下来每一个二进制串, 第 i 行的二进制串为 gi, 其中 gi 是原图通过以下伪代码转化得
到的. 图的结点从 1 开始编号, 下面设结点数为 n.

Algorithm 1 Print a graph G = (V, E)
for i = 1 to n do
    for j = i + 1 to n do
        if G contains edge (i, j) then
            print 1
        else
            print 0
        end if
    end for
end for

$ 2 ≤ n ≤ 10,1 ≤ s ≤ 60.$

Output

输出一行一个整数, 表示方案数

Sample Input
3

0
Sample Output
4

题解

连通很难处理，正难则反，考虑总方案减去不连通。
总方案随便算，要考虑的只有不连通的方案数。
如果不连通的话，我们考虑其子集的划分，子集之间必定不存在边连通。那么我们考虑其连通块个数，设(f_i)表示恰好有(i)个连通块的方案数，(g_i)表示至少有(i)个连通块的划分的计算的结果。
考虑两者之间的关系:

[g_k=sum_{i=k}^n egin{Bmatrix}i\kend{Bmatrix}f_i ]

原因很简单，如果直接考虑枚举连通块数量考虑划分的话，因为一个随意的连通块可能由多个连通块组成，意味着会被反复计算多次。那么对于(k)个连通块而言，其被计算的次数就是(displaystyle egin{Bmatrix}i\kend{Bmatrix})。这个次数是考虑计算至少(m)的时候，多出来的连通块会被划分到其他连通块里面去，实际上等价于把当前实际存在的(i)个连通块划分为(k)个计算到至少的贡献里面去。
根据斯特林反演，可以得到：

[f_k=sum_{i=k}^n(-1)^{i-k}egin{bmatrix}i\kend{bmatrix}g_i ]

我们要求的是恰好一个连通块的方案数，即(f_1)

[egin{aligned} f_1&=sum_{i=1}^n(-1)^{i-1}egin{bmatrix}i\1end{bmatrix}g_i\ &=sum_{i=1}^n(-1)^{i-1}(i-1)!g_i end{aligned}]

考虑如何计算(g)。现在要通过(g)来计算(f)。所以我们显然需要找到一个方法能够直接计算(g)。
回到题目给定的条件，发现点数很少而图的数量很多。枚举一个子集划分，因为所求是至少，所以只需要确定不同子集之间不存在边。把这些边抠出来，要求的就是满足这些位置异或起来为(0)的方案数，构建线性基，答案显然是(2^{s-c})，其中(c)是线性基内元素的个数。那么全部累加到(g)中去最后反演计算(f)即可。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define ll long long
#define MAX 65
#define MAXN 15
int G[MAX][MAXN][MAXN];
char ch[MAX];
int n,K,a[MAXN];
ll ans,p[MAX],jc[MAXN];
void dfs(int x,int t)
{
	if(x==n+1)
	{
		memset(p,0,sizeof(p));int ele=0;
		for(int k=1;k<=K;++k)
		{
			ll S=0;int tot=0;
			for(int i=1;i<=n;++i)
				for(int j=i+1;j<=n;++j)
					if(a[i]!=a[j])S|=(1ll<<tot)*G[k][i][j],++tot;
			for(int i=0;i<tot;++i)
				if(S&(1ll<<i))
				{
					if(!p[i]){p[i]=S;++ele;break;}
					else S^=p[i];
				}
		}
		ans+=1ll*((t&1)?1:-1)*jc[t-1]*(1ll<<(K-ele));
		return;
	}
	for(int i=1;i<=t+1;++i)
		a[x]=i,dfs(x+1,max(i,t));
}
int main()
{
	scanf("%d",&K);
	for(int i=1;i<=K;++i)
	{
		scanf("%s",ch+1);int l=strlen(ch+1),cnt=0;
		for(int j=1;!n;++j)if(j*(j-1)==l+l)n=j;
		for(int j=1;j<=n;++j)
			for(int k=j+1;k<=n;++k)
				G[i][j][k]=ch[++cnt]-48;
	}
	jc[0]=1;for(int i=1;i<=n;++i)jc[i]=jc[i-1]*i;
	dfs(1,0);
	printf("%lld
",ans);
	return 0;
}