巨神兵题解

题意简述

给你 $n$ 个点 $m$ 条边的有向图，请问在 $2^m$ 种选择边的方式中，有多少种方式不会成环？对 $10^9+7$ 取模。

$n\leq17,m\leq n\cdot(n-1)$。

题目分析

看到数据范围这么小，应该是状压了。我们计数对象是边，状态记录的却是某些点怎么样了，怎么设计状态并转移呢？

考虑怎么刻画一个 DAG。我们判断 DAG 使用拓扑排序，而它正是一种对于点的过程，那么尝试从这里下手。它将我们的点分成了若干组，第一组是入度为 $0$ 的点构成的集合，第二组是去掉第一组和所连的边后入度为 $0$ 的点，以此类推。那我们就考虑一组一组地加点。

不妨我们考虑往第一组之前加一组点，即新加的一组点中，连出若干条边至原先的第一组点。往最后一组之后再加一组，和在第一组之前再加一组是相同的：考虑将边反向，成环状态不变，而此时第一组变成了最后一组，最后一组变成了第一组。

我们设 $f_{S,T}$ 表示点集为 $S$ 的子图，其中第一组是 $T$ 的方案数。只有 $T \subseteq S$ 的状态才是有效的，事实上，三进制 DP 是可行的，如果愿意写的话。初始值 $f_{S,S}=1$。答案即为 $\sum\limits_{T}f_{\{i\}_{i=1}^n,T}$。

转移的时候，枚举新的第一层 $T'$ 且 $T'\cap S=\varnothing$。将 $T'$ 连出的边分为连向 $T$ 和连向 $S\setminus T$ 讨论。对于一个 $u\in T$，它必须要至少有一个入度，假设有 $c_1$ 个 $T'$ 中的点连向它，那么方案数为 $2^{c_1}-1$；对于一个 $u\in T'$，连向 $S\setminus T$ 的边数设为 $c_2$，那么随便连，方案数为 $2^{c_2}$。

于是我们得到了 $\mathcal{O}(n\cdot4^n + m)$ 的做法，考虑优化。尝试将状态简化为 $\mathcal{O}(2^n)$，记 $f_S$ 表示点集为 $S$ 的方案数。

类似枚举新的第一层 $T$ 满足 $T\cap S=\varnothing$，再记 $c_1$ 表示 $T$ 中的点连向 $S$ 中的点的边数。可能我们会列出一个一看就不对的转移 $f_{S\cup T}\Leftarrow f_S\cdot 2^{c_1}$（其中 $a\Leftarrow b$ 表示 $a\gets a+b$）。这样并不能保证 $S$ 中的第一层都会有入度，从而导致了 $S\cup T$ 的第一层为 $T$ 并上原先 $S$ 中第一层的一部分。这显然会导致重复，对于某一个局面，它的第一组会被多种加点方式统计到。我们接下来要把这些重复容斥掉。

注意到，容斥系数为 $(-1)^{|T|+1}$，即 $f_{S\cup T}\Leftarrow (-1)^{|T|+1}\cdot2^{c_1}\cdot f_S$ 即为正确的转移。

正确性证明：

设 $w_{T\Rightarrow S}$ 表示 $T$ 中的点连向 $S$ 中的点的边数。设 $g_{S,T}$ 表示点集为 $S$ 的子图，其中第一组是 $T$ 的方案数。再设 $h_{S,T}$ 表示点集为 $S$ 的子图，其中第一组至少为 $T$ 的方案数。

根据容斥，我们有 $g_{S,T}=\sum\limits_{T\subseteq T'\subseteq S}(-1)^{|T'|-|T|}h_{S,T'}$。而 $h_{S,T} = f_{S\setminus T}\cdot 2^{w_{T\Rightarrow S\setminus T}}$（考虑到 $f$ 中囊括了第一组 $\subseteq S\setminus T$ 的所有情况，连边后的第一组 $T'$ 囊括了 $T\subseteq T'\subseteq S$ 的所有情况）。所以：

\[\begin{aligned} f_S &= \sum_{\varnothing\subset T\subseteq S} g_{S,T} \\ &= \sum_{\varnothing\subset T\subseteq S} \sum\limits_{T\subseteq T'\subseteq S}(-1)^{|T'|-|T|}h_{S,T'} \\ &= \sum_{\varnothing\subset T'\subseteq S} \sum\limits_{\varnothing\subset T\subseteq T'}(-1)^{|T'|-|T|}h_{S,T'} \\ &= \sum_{\varnothing\subset T'\subseteq S} \sum\limits_{\varnothing\subset T\subseteq T'}(-1)^{|T'|-|T|}f_{S\setminus T'}\cdot 2^{w_{T'\Rightarrow S\setminus T'}} \\ &= \sum_{\varnothing\subset T'\subseteq S} (-1)^{|T'|}\cdot 2^{w_{T'\Rightarrow S\setminus T'}}\cdot f_{S\setminus T'} \sum\limits_{\varnothing\subset T\subseteq T'}(-1)^{|T|} \\ &= \sum_{\varnothing\subset T'\subseteq S} (-1)^{|T'|}\cdot 2^{w_{T'\Rightarrow S\setminus T'}}\cdot f_{S\setminus T'} \sum\limits_{i=1}^{|T'|}\binom{|T'|}{i}1^{|T'|-i}(-1)^{i} \\ &= \sum_{\varnothing\subset T'\subseteq S} (-1)^{|T'|}\cdot 2^{w_{T'\Rightarrow S\setminus T'}}\cdot f_{S\setminus T'} \Bigg(\sum\limits_{i=0}^{|T'|}\binom{|T'|}{i}1^{|T'|-i}(-1)^{i}-1\Bigg) \\ &= \sum_{\varnothing\subset T'\subseteq S} (-1)^{|T'|}\cdot 2^{w_{T'\Rightarrow S\setminus T'}}\cdot f_{S\setminus T'} \Big([T'=\varnothing]-1\Big) \\ &= \sum_{\varnothing\subset T'\subseteq S} (-1)^{|T'|+1}\cdot 2^{w_{T'\Rightarrow S\setminus T'}}\cdot f_{S\setminus T'} \\ &= \sum_{T\subset S} (-1)^{|S\setminus T|+1}\cdot 2^{w_{S\setminus T\Rightarrow T}}\cdot f_{T} \\ \end{aligned} \]

发现这就是我们的转移方程，而容斥系数即为 $(-1)^{|S\setminus T|+1}$。

$\mathcal{O}(3^n)$ 枚举 $S$ 和 $T$，再 $\mathcal{O}(n)$ 地计算 $w_{T\Rightarrow S}$ 就能做到 $\mathcal{O}(n\cdot 3^n + m)$。发现在 $S$ 固定时，枚举 $T$ 的同时，可以轻松递推维护 $w$。对于从小到大枚举的 $T$，取一 $x\in T$，$w_{T\setminus\{x\}\Rightarrow S}$ 已经计算得出，那么加上 $w_{\{x\}\Rightarrow S}$ 就是 $w_{T\Rightarrow S}$。于是可以做到 $\mathcal{O}(3^n + m)$。

代码

$\mathcal{O}(n\cdot4^n + m)$

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <limits>
#include <cassert>
using namespace std;
using namespace Mod_Int_Class;

const int N = 13, M = 1 << 10 | 520;

int n, m, e[N], r[N];
mint f[M][M], pw[N * N];

signed main() {
#ifndef XuYueming
    freopen("obelisk.in", "r", stdin);
    freopen("obelisk.out", "w", stdout);
#endif
    scanf("%d%d", &n, &m);
    pw[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= m; ++i)
        pw[i] = pw[i - 1] + pw[i - 1];
    for (int u, v, i = 1; i <= m; ++i) {
        scanf("%d%d", &u, &v);
        e[u - 1] |= 1 << (v - 1);
        r[v - 1] |= 1 << (u - 1);
    }
    for (int s = 0; s < 1 << n; ++s)
        f[s][s] = 1;
    for (int s = 0; s < 1 << n; ++s) {
        for (int t = s; t; t = (t - 1) & s) {
            int S = ((1 << n) - 1) ^ s;
            for (int ss = S; ss; ss = (ss - 1) & S) {
                mint res = 1;
                for (int i = 0; i < n; ++i)
                    if (t & 1 << i) {
                        int x1 = __builtin_popcount(r[i] & ss);
                        res *= pw[x1] - 1;
                    }
                for (int i = 0; i < n; ++i)
                    if (ss & 1 << i) {
                        int x2 = __builtin_popcount(e[i] & (s ^ t));
                        res *= pw[x2];
                    }
                f[s | ss][ss] += f[s][t] * res;
            }
        }
    }
    mint ans = 0;
    for (int s = 0; s < 1 << n; ++s)
        ans += f[(1 << n) - 1][s];
    printf("%d", ans.raw());
    return 0;
}

$\mathcal{O}(n\cdot 3^n + m)$

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <limits>
#include <cassert>
using namespace std;
using namespace Mod_Int_Class;

const int N = 18;

int n, m, e[N];

mint f[1 << N | 10], pw[N * N];

signed main() {
#ifndef XuYueming
    freopen("obelisk.in", "r", stdin);
    freopen("obelisk.out", "w", stdout);
#endif
    scanf("%d%d", &n, &m);
    pw[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= m; ++i)
        pw[i] = pw[i - 1] + pw[i - 1];
    for (int u, v; m--; )
        scanf("%d%d", &u, &v), e[u - 1] |= 1 << (v - 1);
    f[0] = 1;
    for (int st = 0; st < 1 << n; ++st) {
        int S = ((1 << n) - 1) ^ st;
        for (int T = S; T; T = (T - 1) & S) {
            int cnt = 0;
            for (int i = 0; i < n; ++i)
                if (T & 1 << i)
                    cnt += __builtin_popcount(e[i] & st);
            if (__builtin_popcount(T) & 1)
                f[st | T] += f[st] * pw[cnt];
            else
                f[st | T] -= f[st] * pw[cnt];
        }
    }
    printf("%d", f[(1 << n) - 1].raw());
    return 0;
}

$\mathcal{O}(3^n + m)$

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <limits>
#include <cassert>
using namespace std;
using namespace Mod_Int_Class;

const int N = 18;

int n, m, e[1 << N | 10];

mint f[1 << N | 10], pw[N * N];
int ccc[1 << N | 10], popc[1 << N | 10];

signed main() {
#ifndef XuYueming
    freopen("obelisk.in", "r", stdin);
    freopen("obelisk.out", "w", stdout);
#endif
    scanf("%d%d", &n, &m);
    pw[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= m; ++i)
        pw[i] = pw[i - 1] + pw[i - 1];
    for (int s = 1; s < 1 << n; ++s)
        popc[s] = popc[s >> 1] + (s & 1);
    for (int u, v, i = 1; i <= m; ++i)
        scanf("%d%d", &u, &v), e[1 << (u - 1)] |= 1 << (v - 1);
    f[0] = 1;
    for (int st = 0; st < 1 << n; ++st) {
        for (int T = (st + 1) | st; T < 1 << n; T = (T + 1) | st) {
            int S = T ^ st;
            ccc[S] = ccc[S & (S - 1)] + popc[e[S & -S] & st];
            if (popc[S] & 1)
                f[T] += f[st] * pw[ccc[S]];
            else
                f[T] -= f[st] * pw[ccc[S]];
        }
    }
    printf("%d", f[(1 << n) - 1].raw());
    return 0;
}

卡常后

#include <cstdio>

const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 18, M = 1 << 17 | 520;

int n, m, e[M];
int f[M], pw[N * N];
int ccc[M], popc[M];

signed main() {
#ifndef XuYueming
    freopen("obelisk.in", "r", stdin);
    freopen("obelisk.out", "w", stdout);
#endif
    scanf("%d%d", &n, &m);
    pw[0] = 1;
    for (int i = 1, lst = 1; i <= m; ++i) {
        lst <<= 1;
        lst = lst >= mod ? lst - mod : lst;
        pw[i] = lst;
    }
    int U = (1 << n) - 1;
    for (int s = 1; s <= U; ++s)
        popc[s] = popc[s >> 1] + (s & 1);
    for (int u, v, i = 1; i <= m; ++i)
        scanf("%d%d", &u, &v), e[1 << (u - 1)] |= 1 << (v - 1);
    f[0] = 1;
    for (int st = 0; st < U; ++st) {
        for (int T = (st + 1) | st; T <= U; T = (T + 1) | st) {
            int S = T ^ st;
            int x = ccc[S & (S - 1)] + popc[e[S & -S] & st];
            ccc[S] = x;
            if (popc[S] & 1) {
                f[T] += 1ll * f[st] * pw[x] % mod;
                f[T] = f[T] >= mod ? f[T] - mod : f[T];
            } else {
                f[T] -= 1ll * f[st] * pw[x] % mod;
                f[T] = f[T] < 0 ? f[T] + mod : f[T];
            }
        }
    }
    printf("%d", f[U]);
    return 0;
}

posted @ 2025-03-17 13:26 XuYueming 阅读(66) 评论(0) 收藏举报

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