Description
给定一场 (n) 个点，(m) 条边的有向图，你可以删去一些边，要求剩下的图仍然强连通。求方案数 (mod (10^9+7)) 的值。
Hint
(1le nle 15, 0le mle n(n-1))
Solution
orz 神仙容斥
首先，根据正难则反的思路，合法方案数等于，总方案数 (2^m) 减去不合法方案数。不合法，即将图进行 SCC 缩点之后并不是一个点而是一个 DAG。那么分为两部分：DAG，以及其中的 SCC。
首先定义 (D(S)) 为点集 (S) 构成的诱导子图中，为 DAG 的生成子图个数。那么构造这个 DAG 是思路是，选定一个点集 (T)，作为没有入度的点，从 (T) 向 (S ackslash T) 任意连边。那么一个 naive 思想是（(E(V_1,V_2)) 表示出点在 (V_1) 入点在 (V_2) 的边的数量）：
但这样会算重，比如 (2 o 1, 3 o 1) 这张图，会在计算 (S={1, 2, 3})，枚举子集 (T={2}, {3},{2, 3}) 都会被算一遍。那么用容斥原理解决：
然后思考怎么算 SCC。首先定义一个 (F(S)) 表示点集 (S) 构成的诱导子图中，为强连通图的生成子图个数（即答案，(F({1, 2, cdots,n})) 即为所求）。
接下来引入两个记号（没错都是从这里贺的）：
- ( ext{PA}(S:{T}_{i=1}^k)) 表示枚举将 (S) 拆分为 (T_1, T_2, cdots, T_k) 的所有方案，所谓拆分即满足 (cup_{i=1}^k T_i=S) 切对于任意的 (i, jin[1, k])，(T_i, T_j) 不交。
- ( ext{SPA}(S:{T}_{i=1}^k)) 表示枚举 (S) 的严格拆分，即强制要求 (kge 2)。
那么可以列出 (F) 的公式（(E(S)) 表示出入点都在 (S) 中的边数，即 (E(S, S))）：
注意，上面 (D) 的定义虽然是针对点集的，但 (T) 在此应为“点集的点集”，此处可能不够严谨，不妨简单视为 (T) 中的元素本身是缩点后的点，(D(T)) 则是用这些缩完后的点间的边（原图 SCC 之间的边）构成 DAG。然后把 (D(T)) 展开，得：
这个式子丝毫的不可做，但我们仔细观察这两个 (Sigma)，是枚举划分再枚举子集。然而我们反过来，先枚举子集，在枚举子集的划分，是完全等价的。那么魔改一下上面的式子：
考虑把 ((-1)^{k+1}prod_{i=1}^k F(U_i)) 提到第二个 (Sigma) 后，发现这样其实可以使 (U,V) 两部分分开。设 (G(S)=sumlimits_{ ext{PA}(S:{T}_{i=1}^k)} (-1)^{k+1} prod_{i=1}^k F(T_i))。
带入原式子得：
把 (2^{E(T, Sackslash T)}) 放后面是为什么呢？仔细观察这个 (sumlimits_{ ext{PA}((Sackslash T):{V}_{i=1}^l)}D (V)prod _{i=1}^l F(V_i))，发现是枚举了 DAG 再将缩掉的点拆开。这相当于什么？是不是任意图？果断换掉这个鸡肋玩意，这样拆分就不用了：
考虑将 (G) 写成可以直接 dp 的式子，避开 ( ext{PA})，即得：
其中 (u) 是任取的，在求和过程中固定这么一个 (u) 是为什么呢？首先要知道在没有 (uin T) 时会算重，具体的，对于一张图，有一个 SCC 的点集为 (U)，在 (T=U) 时在 (F(T)) 被算了一次，而 (Usubseteq Sackslash T) 时又可能在 (G(Sackslash T)) 中被算一遍。
为什么 (uin T) 开始让我们不重？考虑两张图相同，必要条件是 (u) 所在 SCC 的编号相同。但这样保证了编号不同，自然就不重了。如果这是正确的，还得保证不漏。首先 (u) 所在 SCC 会被枚举到，而其他部分在 (G(Sackslash T)) 已经确定是可以的了。
最后 (F,G) 一起 dp 就行了，复杂度最优秀可以 (O(3^n))。然而一次 (O(n)) 计算 (E) 也是可以过的，复杂度 (O(3^n n))。
Code
/*
* Author : _Wallace_
* Source : https://www.cnblogs.com/-Wallace-/
* Problem : UOJ 37 清华集训2014 主旋律
*/
#include <iostream>
const int N = 15;
const int mod = 1e9 + 7;
typedef long long ll;
inline int& adjust(int& x) {
if (x < 0) return x += mod;
if (x >= mod) return x -= mod;
return x;
}
int n, m, adj[N];
int f[1 << N], g[1 << N];
int pw2[N * N];
int popc[1 << N], rank[1 << N];
inline int edges(int s, int t) {
int ret = 0;
for (; s; s -= s & -s)
ret += popc[adj[rank[s & -s]] & t];
return ret;
}
inline int edges(int s) {
return edges(s, s);
}
signed main() {
std::cin >> n >> m;
for (int i = 1, u, v; i <= m; i++) {
std::cin >> u >> v;
adj[u - 1] |= (1 << (v - 1));
}
popc[0] = 0;
for (int s = 1; s < (1 << n); s++)
popc[s] = popc[s >> 1] + (s & 1);
for (int i = 0; i < n; i++)
rank[1 << i] = i;
pw2[0] = 1ll;
for (int i = 1; i < N * N; i++)
pw2[i] = pw2[i - 1] * 2ll % mod;
for (int s = 1; s < (1 << n); s++) {
if (popc[s] == 1) { f[s] = g[s] = 1; continue; }
int fix = s & -s, rem = s ^ fix;
for (int t = rem; ; t = (t - 1) & rem) {
adjust(g[s] = g[s] - (ll)f[(t | fix)] * g[s ^ (t | fix)] % mod);
if (!t) break;
}
for (int t = s; t; t = (t - 1) & s)
adjust(f[s] += (ll)g[t] * pw2[edges(s ^ t)] % mod * pw2[edges(s ^ t, t)] % mod);
adjust(f[s] = (pw2[edges(s)] - f[s] + mod));
adjust(g[s] = (g[s] + f[s]));
}
printf("%d
", f[(1 << n) - 1]);
return 0;
}