https://codeforces.com/problemset/problem/1326/F2
直接做已经不太能怎么优化了。
考虑容斥，设(f[S])，S上的第(i)位(=1)表示(s[p[i+1]][p[i+2]]=1)，(=0)表示(s[p[i+1]][p[i+2]]=0/1)，的方案数。
如果能求出(f)，那么真正的答案就是(f)的高维后缀差分。
注意到(f[S])的值只和每一段连续1的长度有关。
如果(S=1101100111)，那么相当于有({1,3,3,4})这个可重集合，对于集合中每个元素(x)，代表有(x)个元素相邻且相邻的有边。
这个集合就相当于对(n)的整数拆分，当(n=18) 时有(385)种。
那么可以搜索整数拆分，求出这个拆分的答案，再枚举重复元素的全排列去统计给f。
接下来考虑知道了整数拆分如何求答案。
预处理(g[S]) 表示(S)中的元素相邻且相邻有边的方案数。
对于一个整数拆分(m_1+m_2+…+m_k=n)，方案数就是：
(sumprod_{|S_i|=m_i}~ g[S_i](S_1∪S_2∪…∪S_k=全集))
设(c[i][S]=g[S]*[|S|=i])
最暴力的做法就是在枚举了所有的(m)后，利用(c[m_i]) FWT直接搞起来。
事实上可以先对(c)做FWT，每枚举一个(m_i)，就乘上(FWT(c[m_i]))。
最后统计答案时，因为只需要(11…1)那一位的值，并不需要做一遍完整的IFWT。
FWT中求一位的值可以做到(2^n)，推导可以得到下面的式子：
(FWT_{or}^{-1}(A)[x^S]=sum_{iin S}A[i]*(-1)^{|i~xor~S|})
时间复杂度：(O((385+n^2)*2^n))
Code：
#include<bits/stdc++.h>
#define fo(i, x, y) for(int i = x, _b = y; i <= _b; i ++)
#define ff(i, x, y) for(int i = x, _b = y; i < _b; i ++)
#define fd(i, x, y) for(int i = x, _b = y; i >= _b; i --)
#define ll long long
#define pp printf
#define hh pp("
")
using namespace std;
const int N = 19;
int a2[N];
int n;
char str[N][N];
int a[N][N];
#define low(x) ((x) & -(x))
int cnt[1 << 18];
ll f[N][1 << 18], b[N][1 << 18];
void fwt(ll *a, int n, int f) {
for(int i = 1; i < n; i *= 2) for(int j = 0; j < n; j += 2 * i) ff(k, 0, i)
a[i + j + k] += a[j + k] * f;
}
ll c[N][1 << 18];
ll solve(ll *a) {
ll ans = 0;
ff(i, 0, a2[n]) ans += a[i] * ((n - cnt[i]) & 1 ? -1 : 1);
return ans;
}
ll ans[1 << 18];
ll val;
int d[N], m, p[N], us[N];
void dfs(int x) {
if(x > m) {
int s = 0, t = 0;
fo(i, 1, m) {
fo(j, 1, p[i] - 1) s += a2[t ++];
t ++;
}
ans[s] += val;
return;
}
fo(i, 1, m) if(!us[i]) {
if(d[i] == d[i - 1] && !us[i - 1]) continue;
us[i] = 1; p[x] = d[i];
dfs(x + 1);
us[i] = 0;
}
}
void dg(int x, int y, int z) {
if(z == n) {
a0 ++;
val = solve(c[x]);
m = x;
dfs(1);
return;
}
if(z > n) return;
fo(i, y, n - z) {
ff(j, 0, a2[n]) c[x + 1][j] = c[x][j] * b[i][j];
d[x + 1] = i;
dg(x + 1, i, z + i);
}
}
ll e[1 << 18];
int main() {
a2[0] = 1; fo(i, 1, 18) a2[i] = a2[i - 1] * 2;
scanf("%d", &n);
fo(i, 1, n) {
scanf("%s", str[i] + 1);
fo(j, 1, n) a[i][j] = str[i][j] - '0';
}
ff(i, 1, a2[n]) cnt[i] = cnt[i ^ low(i)] + 1;
fo(i, 1, n) f[i][a2[i - 1]] = 1;
ff(s, 1, a2[n]) {
fo(i, 1, n) if(f[i][s]) {
fo(j, 1, n) if(!(s >> (j - 1) & 1) && a[i][j]) {
f[j][s ^ a2[j - 1]] += f[i][s];
}
}
}
ff(s, 1, a2[n]) fo(i, 1, n) {
b[cnt[s]][s] += f[i][s];
}
fo(i, 1, n) fwt(b[i], a2[n], 1);
c[0][0] = 1; fwt(c[0], a2[n], 1);
dg(0, 1, 0);
fo(i, 0, n - 2) {
ff(s, 0, a2[n]) if(!(s >> i & 1))
ans[s] -= ans[s ^ a2[i]];
}
ff(i, 0, a2[n - 1]) pp("%lld ", ans[i]); hh;
}