BZOJ 4671 异或图 | 线性基 容斥 DFS

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
1
1
0
Sample Output
4

题解

容斥+线性基+DFS
(其中我最不会的居然是DFS! TAT)

要求异或图连通,不会。

考虑容斥。

将n个点分为x组,然后求连通性“至少”是当前分组情况的方案数——什么是“至少”呢?不同组的点之间一定不连通,相同组的点之间可以连通也可以不连通。

这样,最终答案就是:所有分成一组的方案数 - 所有分成两组的 + 所有分成三组的……

n个点分成任意大小组的所有方案都可以DFS枚举出来。

那么已知一种分组方案,如何求有多少图的集合的异或图(原题里提到的那个)满足“不同组的点之间一定不连通”呢?

把每对有要求限制的点对(即不同组之间的点对)用一个二进制位表示, 如果某个图中有这条边,则这一位是1,否则为0,就用一个二进制数表示了一个图。

现在要求的就是有多少个图的集合(即二进制数的集合)异或和是0,即在异或图上所有有限制的点对都不存在对应的边。

怎么求呢?用线性基,集合个数就是\(2^{图的数量 - 线性基大小}\)

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <vector>
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
using namespace std;
typedef long long ll;
template <class T>
void read(T &x){
    char c;
    bool op = 0;
    while(c = getchar(), c < '0' || c > '9')
    if(c == '-') op = 1;
    x = c - '0';
    while(c = getchar(), c >= '0' && c <= '9')
    x = x * 10 + c - '0';
    if(op) x = -x;
}
template <class T>
void write(T x){
    if(x < 0) putchar('-'), x = -x;
    if(x >= 10) write(x / 10);
    putchar('0' + x % 10);
}

const int N = 11, M = 61;
char s[N*N];
bool conn[M][N][N];
int n, m, bel[N];
ll fac[N], lb[M], ans;

void dfs(int u, int x){
    if(u > n){
	int sze = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	    for(int j = i + 1; j <= n; j++)
		if(bel[i] != bel[j]){
		    ll val = 0;
		    for(int k = 1; k <= m; k++)
			if(conn[k][i][j]) val |= 1LL << (k - 1);
		    for(int k = 1; k <= sze; k++)
			if((val ^ lb[k]) < val) val ^= lb[k];
		    if(val) lb[++sze] = val;
		}
	ans += fac[x] * (1LL << (m - sze));
	return;
    }
    for(int i = 1; i <= (x + 1); i++)
	bel[u] = i, dfs(u + 1, x + (i > x));
}

int main(){

    read(m);
    for(int k = 1; k <= m; k++){
	scanf("%s", s + 1);
	if(!n)
	    for(int i = 1, len = strlen(s + 1); !n; i++)
		if(i * (i - 1) / 2 == len)
		    n = i;
	for(int i = 1, p = 1; i <= n; i++)
	    for(int j = i + 1; j <= n; j++)
		conn[k][i][j] = s[p++] - '0';
    }
    fac[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= n; i++)
	fac[i] = fac[i - 1] * (1 - i);
    dfs(1, 0);
    write(ans), enter;
    
    return 0;
}
posted @ 2018-03-21 15:05  胡小兔  阅读(491)  评论(0编辑  收藏