BZOJ4671 异或图 斯特林反演+线性基

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https://lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4671

题解

半年前刚学计数的时候对这道题怀着深深的景仰，现在终于可以来做这道题了。

类似于一般的容斥和反演题，我们发现整个图是联通的图非常不好求。于是我们转化为整个图钦定了有 \(i\) 个块必须不连通，其余任意的方案数。

然后考虑这个怎么求，我们可以暴力枚举一下把这些数分成很多组，显然方案数就时 \(B_n\)（贝尔数，就是 \(\sum\limits_{i=0}^n \begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}\) 的和，在 \(n \leq 10\) 的时候都不超过十万级别）。

然后就是相当于有一些边不能存在，其余的别可以任意存在。考虑用一个线性基来维护。由于边数不超过 \(\frac{n(n-1)}2\)，所以可以用 ll 表示。然后问题转化为一个数有多少个子集存在于线性基中。

但是一个数有多少个子集存在于线性基中不太好维护，经过某位同学的提示，可以想到把那些可以任意为 \(0/1\) 的位扔掉，只记录只能为 \(0\) 的位，把这些位扔进线性基。最后只需要用线性基求出有多少种方案使得异或和为 \(0\) 就可以了。

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以下是代码，时间复杂度为 \(O(B_nn^2m)\)。

#include<bits/stdc++.h>

#define fec(i, x, y) (int i = head[x], y = g[i].to; i; i = g[i].ne, y = g[i].to)
#define dbg(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
#define File(x) freopen(#x".in", "r", stdin), freopen(#x".out", "w", stdout)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back

template<typename A, typename B> inline char smax(A &a, const B &b) {return a < b ? a = b , 1 : 0;}
template<typename A, typename B> inline char smin(A &a, const B &b) {return b < a ? a = b , 1 : 0;}

typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef std::pair<int, int> pii;

template<typename I>
inline void read(I &x) {
	int f = 0, c;
	while (!isdigit(c = getchar())) c == '-' ? f = 1 : 0;
	x = c & 15;
	while (isdigit(c = getchar())) x = (x << 1) + (x << 3) + (c & 15);
	f ? x = -x : 0;
}
template<typename I>
inline void read2(char *s, I &x) {
	int f = 0, c;
	while (!isdigit(c = *s++)) c == '-' ? f = 1 : 0;
	x = c & 15;
	while (isdigit(c = *s++)) x = (x << 1) + (c & 15);
	f ? x = -x : 0;
}

const int N = 45 + 7;
const int M = 60 + 7;

int n, m, sn, ssn;
int a[N], bl[N], ss[N];
ll b[M], f[N], S[N][N];
pii dy[N];
char s[N], p[N];

struct XXJ {
	ll a[N];
	inline void cls() { memset(a, 0, sizeof(a)); }
	inline bool ins(ll x) {
		for (int i = ssn - 1; ~i; --i)
			if ((x >> i) & 1) {
				if (a[i]) x ^= a[i];
				else return a[i] = x, 1;
			}
		return 0;
	}
	inline int count() {
		int cnt = 0;
		for (int i = ssn - 1; ~i; --i) if (a[i]) ++cnt;
		return cnt;
	}
} gg;

inline void calc(int y) {
	ss[0] = 0;
	for (int i = 0; i < sn; ++i)
		if (bl[dy[i].fi] != bl[dy[i].se]) ss[++ss[0]] = i;
	ssn = ss[0], gg.cls();
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
		ll c = 0;
		for (int j = ss[0]; j; --j) c = c << 1 | ((b[i] >> ss[j]) & 1);
		gg.ins(c);
	}
	f[y] += 1ll << (m - gg.count());
}

inline void dfs(int x, int y) {
	if (x == n + 1) return calc(y);
	for (int i = 1; i <= y + 1; ++i) bl[x] = i, dfs(x + 1, std::max(y, i));
}

inline void work() {
	dfs(1, 0);
	ll ans = 0;
	S[0][0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		for (int j = 1; j <= i; ++j) S[i][j] = S[i - 1][j - 1] + (i - 1) * S[i - 1][j];
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		if ((i - 1) & 1) ans -= S[i][1] * f[i];
		else ans += S[i][1] * f[i];
	printf("%lld\n", ans);
}

inline void init() {
	read(m);
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
		scanf("%s", s + 1);
		int nn = strlen(s + 1);
		std::reverse(s + 1, s + nn + 1);
		n = (1 + (int)sqrt(1 + 8 * nn)) >> 1;
		read2(s + 1, b[i]);
	}
	sn = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		for (int j = i + 1; j <= n; ++j) dy[sn++] = pii(i, j);
}

int main() {
#ifdef hzhkk
	freopen("hkk.in", "r", stdin);
#endif
	init();
	work();
	fclose(stdin), fclose(stdout);
	return 0;
}