K个联通块

题意：

有一张无重边的无向图， 求有多少个边集，使得删掉边集里的边后，图里恰好有K个联通块。

解法：

考虑dp，$h(i,S)$表示有$i$个联通块，点集为$S$的图的个数，$g(S)$表示点集为S的连通图的个数。

所以有$h(i,S) = \sum_{S_0 \subseteq S}{h(i-1,S_0) \cdot f(S-S0)}$

$answer = \frac{h(K,ALL)}{K!}$

接下来只要求出 $g(S)$ 即可，考虑 $dp$

首先枚举一个点 $x$ ，求出所有包含 $x$ 的 $g(S)$，然后递归求去掉 $x$ 的 $g(S)$ ，直到 $S$ 为空

求包含 $x$ 的$g(S)$ 时，可以考虑用容斥来求。

$M(S)$ 表示 $S$ 集合内有多少条边。

$f(S) = 2^{M(S)} - \sum_{S_0 \subseteq S}{f(S0) \cdot 2^{M(S-S0)} }$

时间复杂度$O(K \cdot 3^n)$

 #include <iostream>
 #include <cstdio>
 #include <cstring>

 #define N 15
 #define LL long long
 #define bit(x) (1<<(x))
 #define P 1000000009LL

 using namespace std;

 int n,m,K;
 int cnt[<<N];
 LL f[<<N],all[<<N],ansv[<<N];
 LL h[N][<<N];
 int g[N];

 int cnt_bit(int S)
 {
     int ans=;
     for(;S;S>>=) if(S&) ans++;
     return ans;
 }

 LL qpow(LL x,int n)
 {
     LL ans=;
     for(;n;n>>=,x=x*x%P)
         if(n&) ans=ans*x%P;
     return ans;
 }

 LL calc(int S)
 {
     int tmp=;
     for(int i=;i<n;i++)
         if(S&bit(i)) tmp += cnt[S&g[i]];
     return qpow(,tmp);
 }

 int main()
 {
     int Te=;
     int T;
     cin>>T;
     for(int S=;S<(<<N);S++) cnt[S]=cnt_bit(S);
     while(~scanf("%d%d%d",&n,&m,&K))
     {
         for(int i=;i<n;i++) g[i]=;
         for(int i=,x,y;i<=m;i++)
         {
             scanf("%d%d",&x,&y);
             x--;
             y--;
             g[x]|=bit(y);
         }
         for(int S=;S<(<<n);S++) all[S]=calc(S);
         for(int i=;i<n;i++)
         {
             ansv[]=;
             for(int S=;S<(<<n);S++)
                 if(S&bit(i))
                 {
                     f[S]=all[S];
                     for(int S0=S;S0;S0=(S0-)&S)
                         if((S0&bit(i)) && S0<S)
                         {
                             f[S] += P - f[S0]*all[S^S0]%P;
                             if(f[S]>=P) f[S]-=P;
                         }
                     ansv[S]=f[S];
                 }
         }
         for(int S=;S<(<<n);S++) h[][S]=;
         h[][]=;
         for(int i=;i<=K;i++)
         {
             for(int S=;S<(<<n);S++)
             {
                 h[i][S]=;
                 for(int S0=S;S0;S0=(S0-)&S)
                 {
                     h[i][S] += h[i-][S^S0]*ansv[S0]%P;
                     if(h[i][S]>=P) h[i][S]-=P;
                 }
             }
         }
         LL fac_K=;
         for(int i=;i<=K;i++) fac_K=fac_K*i%P;
         printf("Case #%d:\n",++Te);
         cout << h[K][(<<n)-]*qpow(fac_K,P-)%P << endl;
     }
     return ;
 }