[cf1326F]Wise Men

对答案序列求一个高维后缀和，再通过差分将其解出，后者复杂度为$o(n2^{n})$

对于求后缀和后的结果，即01序列仅要求1处有边（不要求0处没有边），那么也即要求将原图划分为若干条长度给定且没有公共点的链

不妨先去枚举链的长度，假设为${l_{1},l_{2},...,l_{m}}$，要求满足$l_{1}le l_{2}le ...le l_{m}$且$sum_{i=1}^{m}l_{i}=n$，记其对应的方案数为$P(n)$即为A000041，也即有$P(18)=385$

下面，问题即要求出对应的方案数，并加到需要贡献的状态上——

状压dp求出$f_{S}$表示$S$中的点构成链的排列数，时间复杂度为$o(n^{2}2^{n})$

构造$g_{i,S}=egin{cases}0&(|S| e i)\f_{S}&(|S|=i)end{cases}$，不难发现方案数即为$(igcirc_{i=1}^{m}g_{l_{i}})_{V}$（其中$circ$为或卷积，$V$为点集），先预处理出$g_{i}$做FWT的结果，再$o(2^{n})$求出乘积在$V$处的值，时间复杂度为$o(n^{2}2^{n}+P(n)2^{n})$

对于其有贡献的状态，即将${l_{i}}$重新排列后不同的序列，注意到每一个状态最多统计一次，因此暴力枚举所有排列（不重复）的复杂度也仅为$o(P(n)2^{n})$

综上，总复杂度为$o(n^{2}2^{n}+P(n)2^{n})$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N (1<<18)
#define L 19
#define ll long long
vector<int>v;
int n,cnt[N],vis[L];
ll f[N][L],g[L][N],S[N],SS[L][N],ans[N];
char s[L][L];
void FWT(ll *a){
    for(int i=0;i<n;i++)
        for(int j=0;j<(1<<n);j++)
            if (j&(1<<i))a[j]+=a[j^(1<<i)];
}
void get_per(int k,int S,ll s){
    if (k==v.size()){
        ans[S]+=s;
        return;
    }
    int lst=0;
    for(int i=0;i<v.size();i++)
        if ((!vis[i])&&(lst!=v[i])){
            vis[i]=1,lst=v[i];
            get_per(k+1,((S<<v[i])|((1<<v[i]-1)-1)),s);
            vis[i]=0;
        }
}
void dfs(int k,int lst){
    if (!k){
        ll s=0;
        for(int i=0;i<(1<<n);i++)
            if ((n-cnt[i])&1)s-=S[i];
            else s+=S[i];
        get_per(0,0,s);
        return;
    }
    memcpy(SS[k],S,sizeof(S));
    for(int i=lst;i<=k;i++){
        v.push_back(i);
        for(int j=0;j<(1<<n);j++)S[j]*=g[i][j];
        dfs(k-i,i);
        v.pop_back();
        memcpy(S,SS[k],sizeof(S));
    }
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=0;i<n;i++)scanf("%s",s[i]);
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)cnt[i]=cnt[i>>1]+(i&1);
    for(int i=0;i<n;i++)f[1<<i][i]=1;
    for(int i=1;i<(1<<n);i++)
        for(int j=0;j<n;j++)
            if (i&(1<<j)){
                g[cnt[i]][i]+=f[i][j];
                for(int k=0;k<n;k++)
                    if (((i&(1<<k))==0)&&(s[j][k]=='1'))f[i|(1<<k)][k]+=f[i][j]; 
            }
    for(int i=1;i<=n;i++)FWT(g[i]);
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)S[i]=1;
    dfs(n,1);
    n--;
    for(int i=0;i<n;i++)
        for(int j=0;j<(1<<n);j++)
            if (j&(1<<i))ans[j^(1<<i)]-=ans[j];
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)printf("%lld ",ans[i]);
    printf("
");
    return 0;
}