【bzoj4596】黑暗前的幻想乡

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Solution

　　这题的话。。因为\(N\)比较小啊所以我们可以大力容斥（尽管实际算下来复杂度有点爆炸不过实测是能过的qwq）

　　枚举包含了哪些颜色的边，每次重新填矩阵然后矩阵树定理高消求一波行列式然后乘上个容斥系数加到答案里面去就好了

　　关于容斥原理这个东西。。(怎么感觉快忘光了)

　　其实也不用想太多，反正是从最终状态（包含所有的，在这里是包含\(n-1\)种）开始往后推符号为一正一负就好了：

\[ans=ans_{n-1}-ans_{n-2}+ans_{n-3}...
\]

　　然后代码大概长这个样子

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=20,MOD=1e9+7;
struct xxx{
	int x,y,nxt;
}a[100010];
int A[N][N],h[N],ok[N];
int n,m,tot,ans;
void add(int x,int y,int col);
int solve(int n);
int Abs(int x){return x>0?x:-x;}
bool in(int st,int x){return st>>(x-1)&1;}
int work();

int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("a.in","r",stdin);
#endif
	int x,y;
	scanf("%d",&n);
	memset(h,-1,sizeof(h));
	tot=0;
	for (int i=1;i<n;++i){
		scanf("%d",&m);
		for (int j=1;j<=m;++j){
			scanf("%d%d",&x,&y);
			add(x,y,i);
		}
	}
	ans=0;
	int all=1<<n-1,cnt,tmp,n1;
	for (int i=1;i<all;++i){
		memset(A,0,sizeof(A));
		cnt=0;
		for (int j=1;j<n;++j)
			if (in(i,j)){
				for (int k=h[j];k!=-1;k=a[k].nxt){
					x=a[k].x; y=a[k].y;
					++A[x][x]; ++A[y][y];
					--A[x][y]; --A[y][x];
				}
			}
			else ++cnt;
		tmp=solve(n-1);
		if (cnt&1)
			ans=(ans-tmp+MOD)%MOD;
		else
			ans=(ans+tmp)%MOD;
	}
	printf("%d\n",ans);
}

void add(int x,int y,int col){
	a[++tot].x=x; a[tot].y=y; a[tot].nxt=h[col]; h[col]=tot;
}

int solve(int n){
	int id,ret=1,tmp;
	for (int i=1;i<=n;++i){
		for (id=i;id<=n;++id)
			if (A[id][i]) break;
		if (id>n) continue;
		if (id!=i){
			ret=-ret;
			for (int j=i+1;j<=n;++j) swap(A[i][j],A[id][j]);
		}
		for (int j=i+1;j<=n;++j){
			while (A[j][i]){
				tmp=A[j][i]/A[i][i];
				for (int k=1;k<=n;++k)
					A[j][k]=(1LL*A[j][k]+MOD-1LL*tmp*A[i][k]%MOD)%MOD;
				if (A[j][i]==0) break;
				ret=-ret;
				for (int k=1;k<=n;++k)
					swap(A[j][k],A[i][k]);
			}
		}
	}
	for (int i=1;i<=n;++i)
		ret=1LL*ret*A[i][i]%MOD;
	return (ret+MOD)%MOD;
}