BZOJ 2560: 串珠子 (状压DP+枚举子集补集+容斥)

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2560: 串珠子

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Description

　　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ci,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。

　

Input

　标准输入。输入第一行包含一个正整数n，表示珠子的个数。接下来n行，每行包含n个非负整数，用空格隔开。这n行中，第i行第j个数为ci,j。

　

Output

　标准输出。输出一行一个整数，为连接方案数对1000000007取模的结果。

Sample Input

3

0 2 3

2 0 4

3 4 0

Sample Output

50

HINT

　　对于100%的数据，n为正整数，所有的ci,j为非负整数且不超过1000000007。保证ci,j=cj,i。每组数据的n值如下表所示。

编号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

n 8 9 9 10 11 12 13 14 15 16

Source

2012国家集训队Round 1 day1

题意：



思路：



状压DP，

我们把n个点压成二进制数代表n个点的状态信息。

我们设两个数组，

g[s] 代表s状态下的所有情况（s中为1的节点不一定联通情况）

即s状态下的点两两之间任意连边（可以不连，所以边数应该+1）

f[s] 代表s状态下的合法情况（即s中为1的节点之间一定联通）方案数。

容易知道答案就是 f[(2^n)-1]

通过枚举二进制状态信息，我们可以在(nn2^n)的时间复杂度来求出g数组，

然后我们通过容斥原理来求f[s]

我们枚举所有状态s，然后枚举s的所有子集，设子集为i，那么不合法的情况就是

g[i]*f[s^i] ，我们减去这些情况，就得到f[s] 了。这里的 s^i 是 i关于集合s的补集。

枚举子集可以看这个神仙的博客http://www.cnblogs.com/jffifa/archive/2012/01/16/2323999.html

细节见代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <iomanip>
#define ALL(x) (x).begin(), (x).end()
#define rt return
#define dll(x) scanf("%I64d",&x)
#define xll(x) printf("%I64d\n",x)
#define sz(a) int(a.size())
#define all(a) a.begin(), a.end()
#define rep(i,x,n) for(int i=x;i<n;i++)
#define repd(i,x,n) for(int i=x;i<=n;i++)
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<long long ,long long>
#define gbtb ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define MS0(X) memset((X), 0, sizeof((X)))
#define MSC0(X) memset((X), '\0', sizeof((X)))
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define eps 1e-6
#define gg(x) getInt(&x)
#define chu(x) cout<<"["<<#x<<" "<<(x)<<"]"<<endl
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
ll lcm(ll a,ll b){return a/gcd(a,b)*b;}
ll powmod(ll a,ll b,ll MOD){ll ans=1;while(b){if(b%2)ans=ans*a%MOD;a=a*a%MOD;b/=2;}return ans;}
inline void getInt(int* p);
const int maxn=700010;
const int inf=0x3f3f3f3f;
/*** TEMPLATE CODE * * STARTS HERE ***/

const ll mod=1000000007ll;

ll g[maxn];
ll f[maxn];
ll a[20][20];
int n;
int main()
{
//    freopen("D:\\common_text\\code_stream\\in.txt","r",stdin);
    //freopen("D:\\common_text\code_stream\\out.txt","w",stdout);
    gbtb;
    // cout<<(1<<16)<<endl;
    cin>>n;
    rep(i,0,n)
    {
        rep(j,0,n)
        {
            cin>>a[i][j];
        }
    }
    int maxstate=(1<<n)-1;
    for(int i=1;i<=maxstate;i++)
    {
        g[i]=1ll;
        for(int j=0;j<=n;j++)
            if(i&(1<<j))
            {
                for(int k=j+1;k<=n;++k)
                    if(i&(1<<k))
                    {
                        g[i]=(g[i]*(a[j][k]+1))%mod;
                    }
            }
        f[i]=g[i];
        int upup = i & (i - 1);
        for (int j = upup; j; j = upup & (j - 1))
        {
            f[i]=(f[i]-g[j]*f[j^i]%mod+mod)%mod;
        }
    }
    cout<<f[maxstate]<<endl;

    return 0;
}

inline void getInt(int* p) {
    char ch;
    do {
        ch = getchar();
    } while (ch == ' ' || ch == '\n');
    if (ch == '-') {
        *p = -(getchar() - '0');
        while ((ch = getchar()) >= '0' && ch <= '9') {
            *p = *p * 10 - ch + '0';
        }
    }
    else {
        *p = ch - '0';
        while ((ch = getchar()) >= '0' && ch <= '9') {
            *p = *p * 10 + ch - '0';
        }
    }
}