CF1193A Amusement Park 题解

一.题意：

你有一个有向图，你可以选择翻转一些边的方向使其变成一个DAG，求所有翻转方案的总翻转边的数量对\(998244353\)取模

二.思路：

一个很显然的暴力做法是枚举每条边是否翻转，并且通过拓扑排序判断是否存在环，复杂度为 \(O(n\times 2^m)\) 可以通过19pts的部分分。

正解：
手搓几组样例，我们发现翻转的方案是成对出现的：若每次选了 \(x\) 条边翻转可以得到一个DAG，那么回到原来的图上，翻转剩余的 \(m-x\) 条边也依旧是一个DAG。

那这个猜想的正确性或者说本质是什么呢？其实是下面的定理：如果一个有向图是一个DAG，那么翻转其所有边之后，其依旧是一个DAG。 这个定理是显然成立的，那么上面的猜想其实就是因为我们先翻转了 \(x\) 条边之后变成了一个DAG，然后翻转整个图也是DAG才成立的，因为你翻转了两次，所以一开始翻转的 \(x\) 条边就被翻回到原来的状态了。所以你发现这两种情况翻转的数量加起来的和是定值 \(m\) ，所以每一次的平均贡献就是 \(\frac{m}{2}\)。

所以现在这一个问题就转化成了：给你一个无向图，需要给这个无向图定向，使其最终成为一个DAG的方案数然后答案乘上 \(\frac{m}{2}\)。

看到\(n\)的范围这么小，又是求方案数，我们就考虑状态压缩dp:定义状态 \(f(S)\) 表示给点集 \(S\) 的导出无向子图定向后为DAG的方案数。考虑转移：\(S\)中必定存在出度为\(0\)的独立集，说白了就是可以找出\(S\)的子集，使得其中的点互相没有约束（连边）。思考为什么，其实是因为一个DAG必定可以进行拓扑排序，他们是充要的，如果我们回忆拓扑排序的过程，你就会发现上面的结论是显然的。所以转移就从 \(S\) 中互相没有约束的子点集转移过来，形式化的：

\[f(S)=\sum_{T\subseteq S,T\neq\varnothing}f(S\setminus T)\cdot G(|T|) \]

需要注意的是这里的\(T\)必须是一个独立集，并且\(G(|T|)\)是我们的容斥系数。那么现在的问题就是如何配容斥系数了。

Q:为什么会算重？

A:因为对于每一个独立集，我们可以选择一次全部加到集合 \(S\) 中，或者，分多次加到 \(S\) 中。

我们需要所有子集对于答案的最终贡献都是\(1\)，但是在上述计算中，\(T\)的每一个子集都会出现，也就是我们需要:

\[\sum_{i=1}^{|T|}\dbinom{|T|}{i}G(i)=1 \]

可以证明的是：\(G(i)=(-1)^{i+1}\)。因为：

\[\sum_{i=1}^{|T|}(-1)^{i+1}\dbinom{|T|}{i}=-\left(\sum_{i=0}^{|T|}(-1)^{i}\dbinom{|T|}{i}-1\right)=-\left((-1+1)^{|T|}-1\right)=1 \]

所以最终答案就可以彻底用程序去计算了。

现在我们来分析复杂度的问题，最终计算的时候我们通过子集枚举的方式来转移dp，此部分的复杂度为 \(O(3^n)\) ，而一开始的预处理独立集的复杂度是 \(O(m\cdot2^n)\) 所以综上，总复杂度就为 \(O(3^n+m\cdot2^n)\)。此外，有的大佬题解中还包含子集卷积优化的内容，本人水平不足，就不班门弄斧了。

三.code:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define int long long
inline int read() {
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch > '9' || ch < '0'){if(ch == '-'){f = -1;}ch = getchar();}
	while(ch >= '0'&&ch <= '9'){x = x * 10 + ch - 48; ch = getchar();}
	return x * f;
} 

const int MOD = 998244353;
const int MAX_S = (1 << 18) + 5,MAX_E = 400 + 5;
int f[MAX_S],n,m,u[MAX_E],v[MAX_E],inv_2 = 499122177;
bool mark[MAX_S]; 

void add(int &x,int y)
{
	x += y;
	if(x >= MOD) x -= MOD;
	if(x < 0) x += MOD;
}
	
signed main()
{
	n = read();m = read();
	for(int i = 1;i <= m;++i)
	{
		u[i] = read();
		--u[i];
		v[i] = read();
		--v[i];
	}
	int up_lim = 1 << n;

	for(int i = 1;i < up_lim;++i)
	{
		for(int j = 1;j <= m;++j)
		{
			if(((i >> u[j]) & 1) && ((i >> v[j]) & 1))
			{
				mark[i] = true;
				break;
			}
		}
	}
	
	f[0] = 1;
	for(int i = 1;i < up_lim;++i)
	{
		for(int j = i; j;j = (j - 1) & i)
		{
			if(!mark[j])
			{
				if(__builtin_popcount(j) & 1) add(f[i],f[i ^ j]);
				else add(f[i],-f[i ^ j]);
			}
		}
	}
	int ans = f[up_lim - 1] * m % MOD * inv_2 % MOD;
	std::cout << ans;
	return 0;	
}