清华集训2014 day1 task2 主旋律

题目

这可算是一道非常好的关于容斥原理的题了。

算法

好吧，这题我毫无思路，直接给正解。

首先，问题的正面不容易求，那么就求反面吧：

有多少种添加边的方案，使得这个图是DAG图（这里及以下所说的DAG图都是指这个图不是整个强连通的）。

利用容斥原理，DAG图的特征是有至少一个入度为\(0\)的点并且这个图不止一个点（这里及以下所说的点都是指求强连通后的点），就根据这个进行容斥。

设\(g(set)\)为集合里的点都是入度为\(0\)的方案数，注意，这个有点特别，比如这个：

它的值应该为\(0\)。虽然有两种方案，一种是两条边都添加，另一种是都不添加。但是，都不添加的话，由于两个点（偶数个点），系数应该是负的！！所以\(g(set) = (-1) + (1) = 0\)。

设\(f(set)\)为有多少种添加边的方案，使得整个图强连通。

好吧，我真的不知道怎样说清楚。-_-|||。不过看了代码应该就很清楚了。。。

这里的\(h(set)\)是这些点的诱导子图有多少条边。

至于时间复杂度，就是$$O(\sum_{i=0}^{n}{Ci_n\cdot 2^i})$$

根据二次项定理可知时间复杂度为\(O(3^n)\)。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <assert.h>
using namespace std;

#ifdef debug
#define ep(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
#else
#define ep(...) assert(true)
#endif 

	template <class T>
void relax(T &a, const T &b)
{
	if (b > a) a = b;
}

	template <class T>
void tension(T &a, const T &b)
{
	if (b < a) a = b;
}

typedef long long i64;

const int MaxN = 15;
const int MaxSet = (1 << MaxN) + 3;
const int MOD = (int) 1e9 + 7;

int main()
{
#if defined(debug) || defined(local)
	freopen("in", "r", stdin);
	freopen("out", "w", stdout);
#endif

	int n, m;
	scanf("%d%d", &n, &m);

	static int in[MaxSet], out[MaxSet];
	for (int i = 0; i < m; i ++)
	{
		int u, v;
		scanf("%d%d", &u, &v);
		u --, v --;
		in[1 << v] |= 1 << u;
		out[1 << u] |= 1 << v;
	}

	static int cnt[MaxSet], power2[MaxSet];
	power2[0] = 1;
	for (int i = 1; i < 1 << n; i ++)
	{
		cnt[i] = cnt[i ^ (i & -i)] + 1;
		power2[i] = power2[i - 1] << 1;
		if (power2[i] >= MOD) power2[i] -= MOD;
	}

	static int f[MaxSet], g[MaxSet], h[MaxSet];
	for (int i = 1; i < 1 << n; i ++)
	{
		if (cnt[i] == 1)
		{
			f[i] = g[i] = 1;
			h[i] = 0;
			continue;
		}
		int u = i & -i;

		h[i] = h[i ^ u] + cnt[out[u] & i] + cnt[in[u] & i];

		for (int sub = (i - 1) & i; sub; sub = (sub - 1) & i)
			if (sub & u)
			{
				g[i] = ((i64) g[i] + MOD - (i64) g[i ^ sub] * f[sub]) % MOD;
			}

		static int w[MaxSet];
		int rev_f = 0;
		for (int sub = i; sub; sub = (sub - 1) & i)
		{
			if (sub == i)
			{
				w[sub] = 0;
			}
			else
			{
				int v = (i ^ sub) & -(i ^ sub);
				w[sub] = w[sub ^ v] - cnt[out[v] & (i ^ sub)] + cnt[in[v] & sub];
			}
			rev_f = ((i64) rev_f + (i64) g[sub] * power2[h[i ^ sub] + w[sub]]) % MOD;
		}
		f[i] = (power2[h[i]] + MOD - rev_f) % MOD;

		ep("tmp_g: %d\n", g[i]);
		g[i] = (g[i] + f[i]) % MOD;

		ep("%d: %d %d %d\n", i, f[i], g[i], h[i]);
	}
	cout << f[(1 << n) - 1] << endl;
	ep("answer %d", f[(1 << n) - 1]);

	return 0;
}