Description
给定 (s) 个结点数相同且为 (n) 的图 (G_1sim G_s) ,设 (S = {G_1, G_2,cdots , G_s}) ,问 (S) 有多少个子集的异或为一个连通图。
(1leq nleq 10,1leq sleq 60)
Solution
不妨记 (f_x) 为连通块个数至少为 (x) 的方案数, (g_x) 为连通块恰好为 (x) 的方案数。
容易得到:
[f_x=sum_{i=x}^negin{Bmatrix}i\xend{Bmatrix}g_i]
其中第二类斯特林数的含义是将 (i) 个连通块塞成 (x) 个的方案数。至于为什么要塞成 (x) 个,这和 (f) 的计算方式有关,之后会提到。
那么由斯特林反演
[g_x=sum_{i=x}^n(-1)^{i-x}egin{bmatrix}i\xend{bmatrix}f_i]
那么
[egin{aligned}g_1&=sum_{i=1}^n(-1)^{i-1}egin{bmatrix}i\1end{bmatrix}f_i\&=sum_{i=1}^n(-1)^{i-1}(i-1)!f_iend{aligned}]
考虑如何求 (f) ,我们可以去枚举子集划分,对于横跨两个集合的边,我们必须让他们异或为 (0) ,集合内的边可以随意连,我们不用管(这样可能会导致集合内不连通,这就是上面第二类斯特林数的含义)。
这样我们可以用 (O(bell(n))) 的时间枚举子集划分。然后对于每一个划分,用线性基找出边集的极大线性无关组个数,记为 (tot) ,那么在当前集合划分下方案为 (2^{s-tot}) 。
总复杂度 (O(bell(n)sfrac{n(n-1)}{2})) 。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
char ch[120];
ll t, x, bin[64], fac[64], ans, base[64], mp[64];
int s, n, belong[64];
void cal(int sz) {
t = 0; int cnt = 0;
for (int i = 0; i < 64; i++) base[i] = 0;
for (int i = 1, l = -1; i <= n; i++)
for (int j = i+1; j <= n; j++)
t |= bin[++l]*(belong[i] != belong[j]);
for (int j = 1; j <= s; j++) {
x = t&mp[j];
for (int i = 63; i >= 0; i--)
if (x&bin[i]) {
if (!base[i]) {base[i] = x; ++cnt; break; }
else x ^= base[i];
}
}
if (sz&1) ans += fac[sz-1]*bin[s-cnt];
else ans -= fac[sz-1]*bin[s-cnt];
}
void dfs(int x, int sz) {
if (x > n) {cal(sz); return; }
for (int i = 1; i <= sz+1; i++)
belong[x] = i, dfs(x+1, sz+(i == sz+1));
}
void work() {
scanf("%d", &s); bin[0] = fac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= 10; i++) fac[i] = 1ll*fac[i-1]*i;
for (int i = 1; i < 64; i++) bin[i] = bin[i-1]<<1;
scanf("%s", ch+1);
for (int len = strlen(ch+1); n*(n-1)/2 < len; ++n);
for (int i = 1, t = 0; i <= n; i++)
for (int j = i+1; j <= n; j++)
if (ch[++t] == '1') mp[1] |= bin[t-1];
for (int T = 2; T <= s; T++) {
scanf("%s", ch+1);
for (int i = 1, t = 0; i <= n; i++)
for (int j = i+1; j <= n; j++)
if (ch[++t] == '1') mp[T] |= bin[t-1];
}
dfs(1, 0); printf("%lld
", ans);
}
int main() {work(); return 0; }