題解

這道題其實是一個NP完全問題（23333），但是由於資料小啊，我們可以搞一搞。很容易發現，如果我們將一個點拆成兩個點，一個代表出點，一個代表入點。當增加了一條有向邊，就出點向入點連一條邊（例如將u拆成u1、u2，v拆成v1、v2，然後邊u−>v就變成邊u1−>v2），我們發現這樣就變成了一個二分圖（怎麼可能兩個出點或兩個入點之間有一條邊呢……），此時二分圖的任意一個完備匹配，都是符合題意的環組。也就是說，我們只需要求二分圖完備匹配的方案數即可。
此時我們考慮狀態壓縮DP，f[i][s]（s為一個被壓縮的狀態）表示前i個出點匹配了狀態為s的入點的方案數（前提是|s|

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 25
#define mod 998244353
#define P 1048580
int n,m,lg2[P],bit[P];
bool A[N][N];
int f[N][P];
int getint()
{
    int p=0;
    char c=getchar();
    while
 
(c<'0'||c>'9')c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9')p=p*10+c-'0',c=getchar();
    return p;
}
int main()
{
    n=getint();m=getint();
    lg2[1]=1;bit[1]=1;
    for(int i=2;i<=(1<<20);i++)
    {
        lg2[i]=lg2[i>>1]+1;
        for(int j=0;j<=20;j++)
            if(i&(1
 
<<j))
                bit[i]++;
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int a=getint(),b=getint();
        A[a][b]=1;
    }
    f[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<(1<<n);j++)
        {
            if(bit[j]!=i)
                continue;
            for(int k=j;k;k-=k&-k)
            {
                int v=lg2[k&-k];
                if(A[i][v])
                    f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][j-(k&-k)])%mod;
            }
        }
    }
    printf("%d\n",f[n][(1<<n)-1]);
}