題目描述

　　定義兩個圖\(G_1\)與\(G_2\)的異或圖為一個圖\(G\)，其中圖\(G\)的每條邊在\(G_1\)與\(G_2\)中出現次數和為\(1\)。

　　給你\(m\)個圖，問你這\(m\)個圖組成的集合有多少個子集的異或圖為一個連通圖。

　　\(n\leq 10,m\leq 60\)

題解

　　考慮枚舉圖的子集劃分，讓被劃分到不同子集的點之間沒有連邊，而在同一個子集裏面的點可以連通，可以不連通。

　　可以用高斯消元（線性基）得到滿足條件的圖的個數。設枚舉的子集劃分有\(k\)個集合，那麽容斥系數就是\({(-1)}^{k-1}(k-1)!\)。並把當前的方案數乘以容斥系數計入答案。

　　那麽容斥系數是怎麽來的呢？

　　記\(c_i\)為\(i\)個集合的容斥系數。對於每一個聯通塊個數為\(j\)的圖，對枚舉到的聯通塊個數為\(i\)的方案有\(S(j,i)\)的貢獻。

　　我們只需要讓\(\sum_{i=m}^nc(i)S(i,m)=[m=1]\)就可以了。

　　可以打表消元消除容斥系數。

　　時間復雜度：\(O(B_nn^2m)\)，其中\(B_n\)是Bell數的第\(n\)項。

代碼

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef
 
 long long ll;
typedef unsigned long long ull;
char s[1010];
int n,m;
ull a[20][20];
int d[20];
ull ans=0;
ull pw[70];
ull fac[70];
ull c[70];
void dfs(int x,int y)
{
    if(x>n)
    {
        int i,j,k;
        for(i=0;i<m;i++)
            c[i]=0;
        for(i=1;i<=n;i++)
            for(j=i+1;j<=n;j++)
                if
 
(d[i]!=d[j])
                {
                    ll s=a[i][j];
                    for(k=m-1;k>=0;k--)
                        if(s&(1ll<<k))
                        {
                            if(!c[k])
                            {
                                c[k]=s;
                                break;
                            }
                            s^=c[k];
                        }
                }
        int num=0;
        for(i=0;i<m;i++)
            if(!c[i])
                num++;
        ans+=pw[num]*fac[y-1]*(y&1?1:-1);
        return;
    }
    int i;
    for(i=1;i<=y;i++)
    {
        d[x]=i;
        dfs(x+1,y);
    }
    d[x]=y+1;
    dfs(x+1,y+1);
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("a.in","r",stdin);
    freopen("a.out","w",stdout);
#endif
    scanf("%d",&m);
    int i,j,k;
    int len;
    fac[0]=1;
    pw[0]=1;
    for(i=1;i<=m;i++)
        pw[i]=pw[i-1]<<1;
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%s",s+1);
        if(i==1)
        {
            len=strlen(s+1);
            for(j=2;j<=10;j++)
                if(j*(j-1)/2==len)
                    break;
            n=j;
        }
        int t=0;
        for(j=1;j<=n;j++)
            for(k=j+1;k<=n;k++)
                if(s[++t]=='1')
                    a[j][k]|=1ll<<(i-1);
    }
    for(i=1;i<=n;i++)
        fac[i]=fac[i-1]*i;
    dfs(1,0);
    printf("%llu\n",ans);
    return 0;
}

【XSY2701】異或圖 線性基 容斥原理