@雅礼集训01/13

目录

• @description@
• @solution@
  • @part - 1@
  • @part - 2@
  • @part - 3@
• @accepted code@
• @details@

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@description@

已知 n 个点，点 i 与点 j 有 C(i, j) 种不同的连边方式（这个不是组合数！）。
求最终可能的不同连通图个数。

input
第一行一个正整数 n. n <= 20.
接下来 n − 1 行, 第 i 行 n − i 个正整数, 第 j 个数表示 C(i, i+j) .
output
一行一个整数, 表示答案对 10^9 + 7 取模的结果.

sample input
3
2 3
4
sample output
50

@solution@

@part - 1@

数据范围明显暗示状压。
定义 (f(s)) 表示集合状态为 s 的连通图个数，我们考虑怎么 dp 去求解 (f(s))。
一个常用的操作：容斥。我们再定义 (g(s)) 表示集合状态为 s 的管你连不连通的图。则有 dp 转移式（其实也就是容斥）：

[f(s) = g(s) - sum_{tsubset s}f(t)*g(s-t) ]

其中为了避免重复计算，我们还要求 s 中的编号最小的点与 t 中的编号最小的点相同。
既然是容斥，放宽了限制，那么 g 也很好求：

[g(s)=prod_{i<j且i,jin s}(C(i,j)+1),g(0)=0 ]

由于涉嫌枚举子集，这是一个 O(3^n) 的 dp。考虑怎么进行优化。

@part - 2@

我们是要求解全集 s 的 dp 值，又要求编号最小的点的 dp 才能转移到全集 s。因此我们所有有用的 dp 值必须包含 1 号点。我们就可以把所有状态右移一位，省去同时包含编号最小的点这一限制。

这样 dp 转移式变为：

[f'(s) = h(s) - sum_{tsubset s}f'(t)*g'(s-t) ]

注意 h 和 g' 是不一样的，前者必须要包含 1 号点，后者不能包含一号点。

长得一幅子集卷积模样。我们用卷积的形式再来写一遍式子：

[f' = h - f'*g' ]

基本的代数变形：

[f' = h*(g'+1)^{-1} ]

那么我们就是要来求解子集卷积的逆运算。

@part - 3@

怎么求解子集卷积的逆运算呢？我们先来看看子集卷积本身：

[f(s)=sum_{tsubset s}g(t)*h(s-t) ]

我们讨论二进制表示下 1 的个数。令 (f_i(s)) 表示二进制表示下 1 的个数为 i 的集合状态为 s 的值，如果 s 二进制表示下 1 的个数不等于 i 则该值为 0。
好。那么我们可以直接用 (g_i) 与 (h_j) 卷积卷出 (f_{i+j})，然后把 (f_{i+j}) 中不合法的集合状态再全部赋值为 0。

假如我们先 FWT/FMT 做完正变换，然后卷积式子变为：

[hat f_{i}(s) = sum_{p+q=i}hat g_p(s)*hat h_q(s) ]

这是一个多项式加法卷积。但是我们可以直接暴力 O(n^2) 做（因为 n 只有 20 啊）。
那么我们考虑逆变换。即已知 (hat f_i) 与 (hat g_p) 求 (hat h_q)。

这是一个多项式除法，但是我们还是直接暴力 O(n^2) 做（都说了 n 只有 20 啊）。
首先：(hat f_0(s) = hat g_0(s)*hat h_0(s))。因此可以直接求解出 (hat g_0(s))。
然后假设我们已经求解出了 (g_{0...i-1}(s))。
根据公式： (hat f_i(s) = hat g_0(s)*hat h_i(s) + dots + hat g_{i-1}(s)h_{1}(s)+hat g_i(s)*hat h_0(s))。
因此我们可以把 (hat g_i(s)*hat h_0(s)) 前面那一团东西暴力求解然后移项，再两边作个除法，就可以求解出 (g_i(s))。

@accepted code@

卡过常……因此有些地方可能有点儿丑陋。

#include<cstdio>
#define rg register
const int MOD = int(1E9) + 7;
const int MAXN = 20;
int C[MAXN][MAXN], lg[1<<MAXN], bits[1<<MAXN];
inline int lowbit(int x) {return x & -x;}
inline int pow_mod(int b, int p) {
	int ret = 1;
	while( p ) {
		if( p & 1 ) ret = 1LL*ret*b%MOD;
		b = 1LL*b*b%MOD;
		p >>= 1;
	}
	return ret;
}
inline void fwt(int A[], int n, int type) {
	for(rg int s=2;s<=n;s<<=1)
		for(rg int i=0,t=(s>>1);i<n;i+=s)
			for(rg int j=0;j<t;j++) {
				int x = A[i+j], y = A[i+j+t];
				A[i+j] = x, A[i+j+t] = (y + type*x)%MOD;
			}
}
int p[MAXN][1<<MAXN], q[MAXN][1<<MAXN], r[MAXN][1<<MAXN];
int f[1<<MAXN];
int main() {
	int n; scanf("%d", &n);
	for(rg int i=0;i<n;i++)
		for(rg int j=i+1;j<n;j++)
			scanf("%d", &C[i][j]), C[j][i] = C[i][j];
	for(rg int i=0;i<n;i++)
		lg[1<<i] = i;
	int t = (1<<n);	f[0] = 1;
	for(rg int s=1;s<t;s++) {
		int x = lg[lowbit(s)]; f[s] = f[s^(1<<x)];
		for(rg int j=0;j<n;j++)
			if( (1<<j) & (s^(1<<x)) ) f[s] = 1LL*f[s]*(C[x][j] + 1)%MOD;
	}
	int t1 = (t>>1);
	for(rg int s=1;s<t1;s++)
		bits[s] = bits[s>>1] + (s & 1);
	for(rg int s=0;s<t1;s++) {
		p[bits[s]][s] = f[s<<1];
		q[bits[s]][s] = f[s<<1|1];
	}
	for(rg int i=0;i<n;i++)
		fwt(p[i], t1, 1), fwt(q[i], t1, 1);
	for(rg int s=0;s<t1;s++) {
		int inv = pow_mod(p[0][s], MOD-2);
		for(rg int i=0;i<n;i++) {
			r[i][s] = q[i][s];
			for(rg int j=0;j<i;j++)
				r[i][s] = (r[i][s] - 1LL*r[j][s]*p[i-j][s]%MOD)%MOD;
			r[i][s] = 1LL*r[i][s]*inv%MOD;
		}
	}
	fwt(r[n-1], t1, -1);
	printf("%d
", (r[n-1][t1-1] + MOD)%MOD);
}

@details@

虽然标程给出的是通过 FMT 来做这道题，但是可以看出完全没有这个必要。
另外，本题 3s 时限是不是真的太卡了点……