【BZOJ2560】串珠子（状压DP，容斥原理）

题意：

铭铭有n个十分漂亮的珠子和若干根颜色不同的绳子。现在铭铭想用绳子把所有的珠子连接成一个整体。
现在已知所有珠子互不相同，用整数1到n编号。对于第i个珠子和第j个珠子，可以选择不用绳子连接，或者在c[i,j]根不同颜色的绳子中选择一根将它们连接。

如果把珠子看作点，把绳子看作边，将所有珠子连成一个整体即为所有点构成一个连通图。特别地，珠子不能和自己连接。
铭铭希望知道总共有多少种不同的方案将所有珠子连成一个整体。由于答案可能很大，因此只需输出答案对1000000007取模的结果。

n<=16,a[i][j]<=1e9+7

思路：

还记得n个点有标号的无向连通图个数怎么求吗？如果记得的话，此题就简单了。

用f[S]表示与1号点连通的点的状态为S的方案数。我们先与处理出g数组，g[S]=∏u,v∈S(c[u][v]+1)，然后f[S]就等于g[S]减去S中某些点与1号点不连通的方案数。

那么我们枚举此时与1号点连通的点的状态，其余的点与这个连通块均没有边相连，但是其余的点之间可以任意连边，

所以有：

f[S]=∑S′⊊Sf[S′]×g[S−S′]

所以时间复杂度就是枚举子集的O(3^n)

需要注意的是k=log(x)/log(2)+1这种写法似乎在BZOJ上不能用，需要预处理或者暴力

 #include<cstdio>
 #include<cstdlib>
 #include<algorithm>
 #include<iostream>
 #include<cstring>
 #include<map>
 #include<set>
 #include<cmath>
 using namespace std;
 long long dp[<<],f[<<];
 long long a[][];
 const int MOD=;
 int n;

 int lowbit(int x)
 {
     return (x&(-x));
 }

 int who(int x)
 {
     int s=;
     int k=x;
     while(k)
     {
         s++;
         k>>=;
     }
     return s;
 }

 int main()
 {

     scanf("%d",&n);
     for(int i=;i<=n;i++)
      for(int j=;j<=n;j++) scanf("%lld",&a[i][j]);
     f[]=;

     int M=(<<n)-;
     for(int i=;i<=M;i++)
     {
         int x=lowbit(i);
         int y=who(x);
         f[i]=f[i-x];
         for(int j=;j<=n;j++)
          if((y!=j)&&(i&(<<(j-)))) f[i]=f[i]*(a[y][j]+)%MOD;
     }

     dp[]=;
     for(int i=;i<=M;i++)
      if(i&)
      {
         int v=(i-);
         dp[i]=f[i];
         while(v)
         {
             dp[i]=dp[i]-(f[v]*dp[i-v])%MOD;
             dp[i]=(dp[i]%MOD+MOD)%MOD;
             v=((i-)&(v-));
         }
      }
     printf("%lld\n",dp[M]);
     return ;
 }