BZOJ4671异或图

题目描述

定义两个结点数相同的图 G1 与图 G2 的异或为一个新的图 G, 其中如果 (u, v) 在 G1 与

G2 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 G1...s, 设 S = {G1, G2, . . . , Gs}, 请问 S 有多少个子集的异

或为一个连通图?

题解

先考虑一个dp。

对于这种连通性问题的dp我们通常是设一个f数组一个g数组，然后找到这两个数组的关系。

我们定义g[i]表示恰好有i个联通块的方案数(是指把点集分割成i个集合，不同集合之间不能连边，相同集合之间连通)。

考虑再设置f[i]表示至少有i个联通块的方案数(同上，只是相同集合之间也可以不连通)。

那么我们的转移有：f[i]=∑s(j,i)g[j]。

由于我们要求g，就斯特林反演一下。

g[i]=∑(-1)^j-iS(j,i)f[j]

其实我们只需要求g[1]

g[1]=∑(-1)^i-1S(i,1)f[i]

g[1]=∑(-1)^i-1(i-1)!f[i]

我们可以以贝尔数的复杂度枚举这n个点的集合划分，然后算出有多少种图的选择方案可以保证不同集合之间没有连边。

对于每一条跨越集合中的边，我们可以写出一个方程。

a1G1^a2G2^a3G3.....=0

ai为0/1表示这条边是否在Gi这张图中存在。

它显然是有解的(全取0就可以了

我们要做的是求解得个数，答案为2^自由元。

我们可以用线性基来模拟高斯消元的过程，自由元的个数就是最后线性基中0的个数。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll jie[],be[],n,G,x[],ans;
char s[];
int g[][][];
inline int rd(){
    int x=;char c=getchar();bool f=;
    while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=;c=getchar();}
    while(isdigit(c)){x=(x<<)+(x<<)+(c^);c=getchar();}
    return f?-x:x;
}
void solve(int now,int cnt){
    if(now>n){
        for(int i=;i<=n;++i)
          for(int j=i+;j<=n;++j)if(be[i]!=be[j]){
              ll tmp=;
              for(int k=;k<=G;++k)tmp|=(1ll*g[k][i][j]<<k-);
            for(int k=G-;k>=;--k)if(tmp&(1ll<<k)){
                if(!x[k]){x[k]=tmp;break;}
                tmp^=x[k];
            }
          }
        int num=;
        for(int i=;i<G;++i)if(x[i])num++;
        ans+=((cnt&)?:-)*(1ll<<(G-num))*jie[cnt-];
        for(int i=;i<G;++i)x[i]=;
    }
    else{
     for(int j=;j<=cnt+;++j){be[now]=j;solve(now+,max(cnt,j));}
   }
}
int main(){
    G=rd();
    for(int i=;i<=G;++i){
        scanf("%s",s+);
        n=strlen(s+);
        n=(+sqrt(+*n))/;int now=;
        for(int j=;j<=n;++j)for(int k=j+;k<=n;++k){g[i][j][k]=s[now]-'';now++;}
    }
    jie[]=;
    for(int i=;i<=n;++i)jie[i]=jie[i-]*i;
    solve(,);
    cout<<ans;
    return ;
}