题目大意
给定一个(n)个点的无向图，对于每种 (n) 个点的划分({S_1,S_2,ldots,S_k})，定义它是合法的，当且仅当每个点都在其中的一个集合中且对于任何的(iin[1,k])，点集(S_i)非空，且导出子图不存在欧拉回路。
给定数组(w_i)，求对于所有合法的划分({s_1,s_2,ldots,s_k})，下面的式子之和
(nleq 21)
题解
先用(O(n^22^n))判断每个点集是否合法，并计算(g(S)={(sum_{xin S}w_x)}^p)。如果(S)不合法。那么(g(S)=0)
很容易想到一个(O(3^n))的做法。
设(f(S))为当前选择的集合为(S)的答案
可以发现这是一个子集卷积。
一种可行的做法是把子集卷积转化为子集或卷积。
定义(widetilde{f})是(f)的集合占位幂级数，当且仅当对于所有的(S)满足(widetilde{f}(S))是一个(|S|)次多项式，且([x^{|S|}]widetilde{f}(S)=f(S))
可以发现，若(p(S)=widetilde f(S)cdot widetilde g(S))，则(p)是(f imes g)的占位多项式。
所以我们可以在(O(n^22^n))内计算子集卷积了。
回到这道题，我们假设每个城市可以出现在多个州里，记(h_{i,S})为每个州的城市个数之和为(i)，每个州的城市的并集为(S)的方案数。那么(F(S)=sum_{i=1}^nh_{i,S}x^i)就是(f(S))的集合占位幂级数。
所以(f(S)=h_{|S|,S})，状态转移方程是
记(G(i)=sum_{|S|=i}g(S)x^S)
我们先枚举(i)，再枚举(j)，然后计算(h_i=h_{i-j} imes G(j))
这里我们可以全程用莫比乌斯变换后的值，卷积一次就是(O(2^n))的
还有，我们这里要除以(g(S))，可以在做完一层（(h_i)）之后变换回去，除以(g(S))，再变换回来。
这样时间复杂度就是(O(n^22^n))的了。
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<utility>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
void open(const char *s)
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
char str[100];
sprintf(str,"%s.in",s);
freopen(str,"r",stdin);
sprintf(str,"%s.out",s);
freopen(str,"w",stdout);
#endif
}
const ll p=998244353;
ll fp(ll a,ll b)
{
ll s=1;
for(;b;b>>=1,a=a*a%p)
if(b&1)
s=s*a%p;
return s;
}
int lx[100010];
int ly[100010];
int n,m,o;
void fwt(int *a)
{
int i,j;
for(j=1;j<1<<n;j<<=1)
for(i=0;i<1<<n;i++)
if(i&j)
a[i]=(a[i]+a[i^j])%p;
}
void ifwt(int *a)
{
int i,j;
for(j=1;j<1<<n;j<<=1)
for(i=0;i<1<<n;i++)
if(i&j)
a[i]=(a[i]-a[i^j])%p;
}
int f[22][1<<21];
int g[22][1<<21];
ll inv[100010];
ll fw[1<<21];
ll fwi[1<<21];
int w[30];
int fa[100010];
int num[1<<21];
int find(int x)
{
return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);
}
int c[1<<21];
int d[100010];
int main()
{
open("walk");
int i,j,k;
inv[0]=inv[1]=1;
for(i=2;i<=10000;i++)
inv[i]=-p/i*inv[p%i]%p;
scanf("%d%d%d",&n,&m,&o);
for(i=1;i<=m;i++)
scanf("%d%d",&lx[i],&ly[i]);
for(i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&w[i]);
int all=(1<<n)-1;
for(i=1;i<=all;i++)
{
for(j=1;j<=n;j++)
{
d[j]=0;
fa[j]=j;
}
for(j=1;j<=m;j++)
if(((i>>(lx[j]-1))&1)&&((i>>(ly[j]-1))&1))
{
d[lx[j]]^=1;
d[ly[j]]^=1;
int fx=find(lx[j]);
int fy=find(ly[j]);
if(fx!=fy)
fa[fx]=fy;
}
fw[i]=0;
for(j=1;j<=n;j++)
if((i>>(j-1))&1)
fw[i]+=w[j];
fwi[i]=inv[fw[i]];
fw[i]=fp(fw[i],o);
fwi[i]=fp(fwi[i],o);
int cnt=0;
c[i]=0;
for(j=1;j<=n;j++)
if((i>>(j-1))&1)
{
num[i]++;
if(fa[j]==j)
{
cnt++;
if(cnt>=2)
c[i]=1;
}
if(d[j])
c[i]=1;
}
fw[i]*=c[i];
g[num[i]][i]=fw[i];
}
f[0][0]=1;
for(i=1;i<=n;i++)
fwt(g[i]);
fwt(f[0]);
for(i=1;i<=n;i++)
{
for(j=1;j<=i;j++)
for(k=0;k<=all;k++)
f[i][k]=(f[i][k]+(ll)f[i-j][k]*g[j][k])%p;
ifwt(f[i]);
for(j=0;j<=all;j++)
f[i][j]=f[i][j]*fwi[j]%p;
fwt(f[i]);
}
ifwt(f[n]);
ll ans=f[n][all];
ans=(ans+p)%p;
printf("%lld
",ans);
return 0;
}