[BZOJ3812]主旋律:状压DP+容斥原理

分析

Miskcoo orz

\(f[S]\)表示使得\(S\)这个点集强连通的方案数。

然后呢?不会了

考虑到将一个有向图SCC缩点后,得到的新图是一个DAG,所以我们可以类比带标号DAG计数的解法来寻找这道题的突破口。

我们可以枚举哪些点所构成的SCC在缩点后入度为\(0\),然后令\(g[S]\)表示使\(S\)这个点集缩点后是一堆强连通分量且之间不存在边的方案数(不然入度就不是\(0\)了),可以得到下面这个递推式:

\[f[S]=2^{cnt[S]}-\sum_{T \subseteq S,T \neq \emptyset}2^{cnt[S-T]+to[T][S-T]} \times g[T] \]

这个递推式显然是错的(辣鸡博主欺骗感情),因为一个有向图SCC缩点后会出现多个入度为\(0\)的点。在带标号DAG计数I中,我们选择使用小学奥数容斥解决重复计数的问题,这里同样如此。但是我们发现,这里是加是减取决于度数为\(1\)的SCC的个数而并非是点数,因此这个容斥过程很难通过正常方法实现。

考虑上网搜题解,我们会发现一个很神奇的操作,我们可以让容斥在计算\(g[T]\)的过程中完成。如果不能理解的话,我们可以看一看\(g\)数组的递推式:

\[g[S]=f[S]+\sum_{T \subsetneq S,u \notin T,T \neq \emptyset}f[S-T] \times g[T] \]

(P.S.这里用到了一个trick,就是通过枚举编号最小的点所在SCC防止重复统计,不过这个trick貌似拯救不了之前那个错误的递推式)

原本是长这个样子的,不过我们可以稍作修改:

\[g[S]=f[S]-\sum_{T \subsetneq S,u \notin T,T \neq \emptyset}f[S-T] \times g[T] \]

这里把加号变成了减号,含义大概就是每新加入一个SCC,符号就要变化(即取相反数)。

然后\(cnt[S]\)\(to[S][T]\)数组的处理都很简单就不扯这么多了。

好神仙啊。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define rin(i,a,b) for(register int i=(a);i<=(b);++i)
#define irin(i,a,b) for(register int i=(a);i>=(b);--i)
#define trav(i,a) for(register int i=head[a];i;i=e[i].nxt)
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
#define r (s^t)
typedef long long LL;
using std::cin;
using std::cout;
using std::endl;

inline int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}

const int MAXN=20;
const LL MOD=1e9+7;

int n,m,inE[1<<15],outE[1<<15];
int popcnt[1<<15];
LL f[1<<15],g[1<<15],cnt[1<<15],to[1<<15];
LL pow2[230];

int main(){
	n=read(),m=read();
	pow2[0]=1;
	rin(i,1,225) pow2[i]=(pow2[i-1]<<1)%MOD;
	rin(i,1,m){
		int u=read()-1,v=read()-1;
		inE[1<<v]|=(1<<u);
		outE[1<<u]|=(1<<v);
	}
	rin(i,0,(1<<n)-1) popcnt[i]=__builtin_popcount(i);
	rin(s,1,(1<<n)-1){
		int x=lowbit(s),y=(s^x);
		cnt[s]=cnt[y]+popcnt[inE[x]&s]+popcnt[outE[x]&s];
		for(register int t=s;t;t=((t-1)&s)){
			if(t==s){to[t]=0;continue;}
			int xx=lowbit(r);
			to[t]=to[t^xx]-popcnt[outE[xx]&r]+popcnt[inE[xx]&t];
		}
		for(register int t=y;t;t=((t-1)&y)) g[s]=(g[s]-f[r]*g[t]%MOD+MOD)%MOD;
		f[s]=pow2[cnt[s]];
		for(register int t=s;t;t=((t-1)&s)) f[s]=(f[s]-pow2[cnt[r]+to[t]]*g[t]%MOD+MOD)%MOD;
		g[s]=(g[s]+f[s])%MOD;
	}
	printf("%lld\n",f[(1<<n)-1]);
	return 0;
}

posted on 2019-02-21 07:37  ErkkiErkko  阅读(77)  评论(0编辑  收藏

统计