loj2290 随机二分图

题意：有一个左右各n个点的二分图，对于连边组有一些性质：1号组的一条边，有50%的概率出现。2号组两条边，有50%的概率同时出现，50%的概率同时不出现。3号组两条边，有50%的概率出现第一条，有50%的概率出现第二条。问完美匹配（所有点都有匹配）方案数的期望*2^n。n<=15。

标程：

#include<cstdio>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
const int inv2=5e8+4;
const int inv4=25e7+2;
const int inv_4=75e7+5;
const int N=1000;
int read()
{
    int x=0;char ch=getchar();
    while (ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
    while ('0'<=ch&&ch<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();
    return x;
}
struct node{int v,p;node(){}node(int A,int B){v=A;p=B;}}e[N];
map<int,int> mp;
int n,m,op,x,y,cnt,id,id2;
int dp(int zt)
{
    if (!zt) return 1;
    map<int,int>::iterator t=mp.find(zt);
    if (t!=mp.end()) return t->second;
    int ans=0;
    for (int i=1;i<=cnt;i++)
      if ((e[i].v&zt)==e[i].v&&e[i].v*2>zt)
        ans=((ll)ans+(ll)dp(zt^e[i].v)*e[i].p%mod)%mod;
    return mp[zt]=ans;
}
int main()
{
    n=read();m=read();
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        op=read();x=read();y=read();
        id=(1<<x-1)|(1<<n+y-1);
        e[++cnt]=node(id,inv2);
        if (op) 
        {
           x=read(),y=read();
           id2=(1<<x-1)|(1<<n+y-1);
           e[++cnt]=node(id2,inv2);
           if (!(id&id2))//有重合端点的话不用考虑 
             if (op==1) e[++cnt]=node(id|id2,inv4);
             else e[++cnt]=node(id|id2,inv_4);
        }    
    }
    printf("%d
",((ll)dp((1<<(2*n))-1)<<n)%mod);
    return 0;
}

易错点：1.注意2和3组的两条边如果有重复端点的话是不用考虑加组合边的，一定不会同时选这两条边。

题解：dp

如果都是1号组的点，也就是边没有依赖出现关系。那么直接dp。f[state]表示在state的匹配状态下完美匹配数的期望。

为了不算重，按照套路应该选取一个特殊点v，比如编号最大点、lowbit等。

f[state]=sigma(f[state^v^match_v]*p),p=50%,match_v表示与v相连的另一点。

状态数有sigma(C(n,i)^2)=sigma(C(n,i)*C(n,n-i))=范德蒙德卷积形式=C(2n,n)≈1.6*1e8，用map记录改成记忆化搜索就好了。

冷静分析第2组点和第3组点的特征：对于第2组点，如果两条边都不选或只选一条，概率则为0和50%和组1的情况一样；但当两条都选时，组1的概率为50%*50%=25%，而实际应该是50%，对策是再加一条包含这两条边的组合边，概率为25%，这样两种加起来就是50%了。

同理对于第3组点，如果都不选或只选一条，概率是等同于组1的选法。而都选的概率应该是0，于是加一条概率为-25%的组合边。

按照组1的情况转移即可。