【bzoj4596】[Shoi2016]黑暗前的幻想乡 容斥原理+矩阵树定理

题目描述

给出 $n$ 个点和 $n-1$ 种颜色,每种颜色有若干条边。求这张图多少棵每种颜色的边都出现过的生成树,答案对 $10^9+7$ 取模。

输入

第一行包含一个正整数 N(N<=17), 表示城市个数。
接下来 N-1 行,其中第 i行表示第 i个建筑公司可以修建的路的列表:
以一个非负数mi 开头,表示其可以修建 mi 条路,接下来有mi 对数,
每对数表示一条边的两个端点。其中不会出现重复的边,也不会出现自环。

输出

仅一行一个整数,表示所有可能的方案数对 10^9 + 7 取模的结果。

样例输入

4
2 3 2 4 2
5 2 1 3 1 3 2 4 1 4 3
4 2 1 3 2 4 1 4 2

样例输出

17


题解

容斥原理+矩阵树定理

答案为:随便选的 - 钦定1种颜色不能选的 + 钦定2种颜色不能选的 - ... 。

爆搜每种颜色是否被钦定不能选,然后使用矩阵树定理求出当前条件下的生成树个数即可。

时间复杂度 $O(2^n·n^3)$ 。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define mod 1000000007
typedef long long ll;
using namespace std;
int n , m[18] , vx[18][140] , vy[18][140] , v[18];
ll a[18][18] , ans;
inline ll pow(ll x , int y)
{
	ll ans = 1;
	while(y)
	{
		if(y & 1) ans = ans * x % mod;
		x = x * x % mod , y >>= 1;
	}
	return ans;
}
void dfs(int x , int flag)
{
	if(x == n)
	{
		memset(a , 0 , sizeof(a));
		int i , j , k;
		ll now = 1 , t;
		for(i = 1 ; i < n ; i ++ )
			if(v[i])
				for(j = 1 ; j <= m[i] ; j ++ )
					a[vx[i][j]][vx[i][j]] ++ , a[vy[i][j]][vy[i][j]] ++ , a[vx[i][j]][vy[i][j]] -- , a[vy[i][j]][vx[i][j]] -- ;
		for(i = 2 ; i <= n ; i ++ )
		{
			for(j = i ; j <= n ; j ++ )
				if(a[j][i])
					break;
			if(j > n) break;
			if(j != i)
			{
				flag = -flag;
				for(k = i ; k <= n ; k ++ )
					swap(a[i][k] , a[j][k]);
			}
			now = now * a[i][i] % mod , t = pow(a[i][i] , mod - 2);
			for(j = i ; j <= n ; j ++ ) a[i][j] = a[i][j] * t % mod;
			for(j = i + 1 ; j <= n ; j ++ )
				for(t = a[j][i] , k = i ; k <= n ; k ++ )
					a[j][k] = (a[j][k] - t * a[i][k] % mod + mod) % mod;
		}
		if(i > n) ans = (ans + flag * now + mod) % mod;
		return;
	}
	v[x] = 1 , dfs(x + 1 , flag);
	v[x] = 0 , dfs(x + 1 , -flag);
}
int main()
{
	int i , j;
	scanf("%d" , &n);
	for(i = 1 ; i < n ; i ++ )
	{
		scanf("%d" , &m[i]);
		for(j = 1 ; j <= m[i] ; j ++ )
			scanf("%d%d" , &vx[i][j] , &vy[i][j]);
	}
	dfs(1 , 1);
	printf("%lld\n" , ans);
	return 0;
}

 

 

posted @ 2018-04-04 10:50 GXZlegend 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏