[BZOJ4671]异或图
[BZOJ4671]异或图
试题描述
定义两个结点数相同的图 \(G_1\) 与图 \(G_2\) 的异或为一个新的图 \(G\), 其中如果 \((u, v)\) 在 \(G_1\) 与 \(G_2\) 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 \(G_{1 \sim s}\), 设 \(S = \{G_1, G_2, \cdots , G_s\}\), 请问 \(S\) 有多少个子集的异或为一个连通图?
输入
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 \(g_i\), 其中 \(g_i\) 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
输出
输出一行一个整数, 表示方案数
输入示例
3
1
1
0
输出示例
4
数据规模及约定
\(2 \le n \le 10,1 \le s \le 60\).
题解
连通性计数相关的问题一般要用到容斥原理，这是因为“连通”非常难处理，因为整体连通并不知道每条边的存在情况，而“不连通”则是可以确定没有任何边相连；而容斥就是用 \(连通方案 = 总方案 - 不连通方案\)，从而将连通计数问题转化为不连通计数的问题。
此题就是考虑计算“不连通”的情况。我们需要枚举节点的子集划分，不同的子集之间的节点没有任何边相连，同一子集中的点连边情况则没有限制，令我们划分的子集个数为 \(m\)，且在所有 \(m\)-划分的情况下计算的方案总和为 \(f_m\)，并令 \(g_m\) 表示恰好有 \(m\) 个连通块的方案数，显然 \(f_m \ge g_m\)，因为我们算的还有内部不连通的情况。
更加具体一点，其实是满足这样一个关系
其中 \(\begin{Bmatrix} i \\ m \end{Bmatrix}\) 表示第二类斯特林数“\(i\) 子集 \(m\)”。显然对于每种 \(g_i(i \ge m)\)，\(i\) 个集合之间是没有考虑顺序的，而我们计算出来的 \(f_m\) 则会将某个多出来的集合并到那 \(m\) 个集合中某个集合里面去，所以它需要乘上一个子集划分。
根据斯特林反演可以得到
现在我们只要求 \(g_1\)，所以
现在主要问题就是 \(f_m\) 如何求。我们可以枚举子集划分，然后某些边的状态确定了，这时我们令 \(x_1, x_2, \cdots , x_s\) 分别表示图 \(G_1, G_2, \cdots , G_s\) 的选择情况（\(x_i = 1\) 表示选择 \(G_i\)，\(x_i = 0\) 表示不选），那么对于每一条确定的边我们都能得到一个异或方程，那么会得到一个若干个异或方程组成的异或方程组，我们对它进行高斯消元就能知道主元的个数 \(c\) 了，那么方案数就是 \(2^{s-c}\)，把这个方案数累加到 \(f_m\)（\(m\) 是当前枚举的子集划分中子集的个数）中。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
#define rep(i, s, t) for(int i = (s), mi = (t); i <= mi; i++)
#define dwn(i, s, t) for(int i = (s), mi = (t); i >= mi; i--)
int read() {
int x = 0, f = 1; char c = getchar();
while(!isdigit(c)){ if(c == '-') f = -1; c = getchar(); }
while(isdigit(c)){ x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); }
return x * f;
}
#define maxs 65
#define maxn 15
#define maxe 50
#define LL long long
char str[maxe];
int s, n, gr[maxs][maxn][maxn];
LL ans, A[maxe], fac[maxn];
int bl[maxn];
void solve(int cur, int m) {
if(cur >= n) {
memset(A, 0, sizeof(A));
rep(i, 0, n - 1) rep(j, i + 1, n - 1) if(bl[i] != bl[j]) {
LL tmp = 0;
rep(g, 0, s - 1) tmp |= (LL)gr[g][i][j] << g;
dwn(k, maxe - 1, 0) if(tmp >> k & 1) {
if(A[k]) tmp ^= A[k];
else{ A[k] = tmp; break; }
}
}
int c = 0;
rep(k, 0, maxe - 1) c += A[k] > 0;
ans += ((m & 1) ? 1ll : -1ll) * (1ll << s >> c) * fac[m-1];
return ;
}
rep(i, 1, m + 1) bl[cur] = i, solve(cur + 1, max(m, i));
return ;
}
int main() {
s = read();
rep(i, 0, s - 1) {
scanf("%s", str);
int l = strlen(str), t = 0;
n = (1 + sqrt(1 + (l << 3))) / 2;
rep(x, 0, n - 1) rep(y, x + 1, n - 1) gr[i][x][y] = str[t++] - '0';
}
fac[0] = 1;
rep(i, 1, n) fac[i] = fac[i-1] * i;
solve(0, 0);
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
