题解：AT_xmascon24_a Artistic Modulus

题意简述

有一个 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向图，保证没有重边自环，你需要给每条边和每个点标上 \(0/1\)。

要求对于任意一个标了 \(0\) 的点，都有一条标了 \(0\) 的边和它相连。对于任意一个标了 \(1\) 的边，两个端点中至少有一个端点标了 \(1\)。
问所有 \(2^{n+m}\) 种方案中合法的方案数，对 \(2\) 取模。

数据范围无需在意。

解法

打表/手模几个图，猜想答案很有可能是 \(1\)。

事实上，答案一定是 \(1\)，本文目的就是证明这一点。

连通块之间是独立的，只需要证明连通图且 \(m\geq 1\) 的情况。

考虑容斥计算答案。方便起见，在每个边上插一个点（标号为 \(n+1\sim n+m\)），然后把边的颜色放在这个点上。那么限制变成了对于原来的 \(n\) 个点，每个标 \(0\) 的周围必须有 \(1\)；对于新加的 \(m\) 个点，每个标 \(1\) 的周围必须有 \(0\)。

设图的集合 \(G_1,G_2,\dots,G_{n+m}\)，其中表示 \(G_i\) 表示第 \(i\) 个点不满足限制的图，具体地：若 \(1\leq i\leq n\)，那么 \(G_i\) 是所有点 \(i\) 标 \(0\)，且其所有相邻点标 \(1\) 的图构成的集合；若 \(n+1\leq i\leq n+m\)，那么 \(G_i\) 是所有点 \(i\) 标 \(1\) 且其所有相邻点标 \(0\) 的图构成的集合。那么有答案即为：

\[2^{n+m}+\sum_{T\subset\{1,2,\dots,n\}\wedge T\neq\varnothing}(-1)^{|T|}|\bigcap_{i\in T}G_i| \]

现在 \(\bmod 2\)，那么 \(2^{n+m}\) 和 \((-1)^{|T|}\) 都不需要考虑了，也就是只要求：

\[\sum_{T\subset\{1,2,\dots,n\}\wedge T\neq\varnothing}|\bigcap_{i\in T}G_i|\mod 2 \]

经过上面的转化，我们图变成了二分图，其中 \(1\sim n\) 为左部点，\(n+1\sim n+m\) 为右部点。

对于一个钦定的集合 \(T\)，我们称一个点被覆盖当且仅当这个点在 \(T\) 中或者这个点至少有一个相邻点在 \(T\) 中。那么如果一个左部点被覆盖，它只能标 \(0\)；一个右部点被覆盖，它只能标 \(1\)。

所以如果 \(T\) 覆盖了所有的 \(n+m\) 个点，\(|\bigcap_{i\in T}G_i|=1\)，否则一定存在一个可以任意染色的点，这导致 \(|\bigcap_{i\in T}G_i|\) 为偶数。

现在问题进一步转化到有多少个 \(T\) 能覆盖所有点。设 \(T\) 中左部点集合为 \(T_L\)，右部点集合为 \(T_R\)，有四类情况（下面所说的“原图中的边”也可以指这条边上新加的点）：

1. 若 \(T_L=\varnothing\)，则 \(T_R\) 为右部点全集，共一种。
2. 若 \(T_L\) 中两个点在原图上相邻，那么它们之间的边在不在 \(T_R\) 中对 \(T\) 是否覆盖全部点没有影响，故总数为偶数。
3. 若在原图上删去所有 \(T_L\) 中的点和相连的边后，还存在一个不小于 \(2\) 的连通块，那么这个连通块中的边必然在 \(T_R\) 中，此时这个连通块中的所有点都被覆盖，所以那些一端在这个连通块，另一端不在的边在不在 \(T_R\) 中不影响覆盖性，故总数为偶数。
4. 若在原图上删去所有 \(T_L\) 中的点和相连的边后，所有连通块大小均为 \(1\)，那么每个连通块的点周围的边至少需要选一条，总方案数为 \(2^{cnt}-1\)，为奇数，对每个连通块乘起来，总数也是奇数。此时，注意到排除上面三种情况后，这样的 \(T_L\) 实际上对应了一个原图上的二分图染色。而一个连通图的二分图染色方案数只有可能为 \(0\) 或 \(2\)，故可能的 \(T_L\) 有偶数种，对应的总数也是偶数。

这样就说明了能覆盖所有点的 \(T\) 有奇数个，故证明了本题答案一定为 \(1\)。