2018雅礼集训 方阵 和 BZOJ4671 异或图

方阵

给定 (n × m) 的矩阵，每个格子填上 ([1, c]) 中的数字，求任意两行、两列均不同的方案数。

(n, m ≤ 5000)。

题解

我们默认矩阵为 (n) 行的，以下将 (n) 视为常数。

设 (g(m)) 表示 (m) 列的矩阵，满足任意两行不相同的方案数。那么

[g(m)=(c^m)^underline{n} ]

设 (f_m(i)) 表示 (m) 列的矩阵，满足任意两行不相同，且列总共分为 (i) 类的方案数。那么

[g(m)=sum_{i=0}^megin{Bmatrix}m\iend{Bmatrix}f_m(i)\ f_m(m)=sum_{i=0}^m(-1)^{m-i}egin{bmatrix}m\iend{bmatrix}g(i)\ =sum_{i=0}^m(-1)^{m-i}egin{bmatrix}m\iend{bmatrix}(c^i)^underline{n} ]

时间复杂度 (O(nm))。

CO int N=5000+10;
int S[N][N],P[N];

void real_main(){
	int n=read<int>(),m=read<int>(),c=read<int>();
	P[0]=1;
	for(int i=1;i<=m;++i) P[i]=mul(P[i-1],c);
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=m;++i){
		int sum=S[m][i];
		for(int j=0;j<n;++j) cmul(sum,P[i]-j);
		cadd(ans,(m-i)&1?mod-sum:sum);
	}
	printf("%d
",ans);
}
int main(){
	S[0][0]=1;
	for(int i=1;i<N;++i)for(int j=1;j<=i;++j)
		S[i][j]=add(S[i-1][j-1],mul(i-1,S[i-1][j]));
	for(int T=read<int>();T--;) real_main();
	return 0;
}

BZOJ4671 异或图

定义两个结点数相同的图 (G_1) 与图 (G_2) 的异或为一个新的图 (G), 其中如果 ((u, v)) 在 (G_1) 与 (G_2) 中的出现次数之和为 (1), 那么边 ((u, v)) 在 (G) 中, 否则这条边不在 (G) 中.

现在给定 (s) 个结点数相同的图 (G_{1dots s}), 设 (S = {G_1, G_2, dots , G_s}), 请问 (S) 有多少个子集的异或为一个连通图?

(2 ≤ n ≤ 10,1 ≤ s ≤ 60.)

题解

连通性计数相关的问题一般要用到容斥原理，这是因为“连通”非常难处理，因为整体连通并不知道每条边的存在情况，而“不连通”则是可以确定没有任何边相连；而容斥就是用 连通方案=总方案?不连通方案连通方案=总方案?不连通方案，从而将连通计数问题转化为不连通计数的问题。

(f_i)表示至少有(i)个联通块的方案，形如设立(i)个联通块轮廓，联通块内连边随意，联通块与联通块之间无连边。

(g_i)表示恰好有(i)个联通块的方案，形如设立(i)个联通块轮廓，在保证内部联通的情况下，外部块与块间无连边。

显然：

[f_x=sumlimits_{i=x}^negin{Bmatrix}i\xend{Bmatrix}g_i ]

根据斯特林反演：

[g_x=sumlimits_{i=x}^n (-1)^{i-x}egin{bmatrix}i\xend{bmatrix}f_i ]

故

[g_1=sumlimits_{i=1}^n (-1)^{i-1}egin{bmatrix}i\1end{bmatrix}f_i ]

而(egin{bmatrix}i\1end{bmatrix})是阶乘形式(egin{bmatrix}i\1end{bmatrix}=(i-1)!),化简答案为

[g_1=sumlimits_{i=1}^n (-1)^{i-1}(i-1)!f_i ]

考虑如何求出(f_i)。

我们用( ext{Bell}(n))的复杂度枚举子集划分，把每个子集作为一个块，两个不同块之间不能连边，块内任意。那么用(x_1,x_2,dots,x_s)表示图的选择情况，可以得出对每条跨块的边的选择情况的异或方程组

[x_1[ein G_1] ext{xor} x_2[ein G_2] ext{xor} dots ext{xor} x_s[ein G_s]=0 ]

对这个方程组进行高斯消元得到秩(c)，那么自由元的数量就是(s-c)。所以(ans=2^{s-c})。

需要将跨越块的边单独拿出来重新编号，可以利用线性基来实现快速消元。

co int maxs=65,maxn=15,maxe=50;
char str[maxe];
int s,n,gr[maxs][maxn][maxn];

int ans,A[maxe],fac[maxn];
int bl[maxn];
void solve(int cur,int m){
	if(cur>=n){
		memset(A,0,sizeof A);
		for(int i=0;i<n;++i)
			for(int j=i+1;j<n;++j)if(bl[i]!=bl[j]){
				int tmp=0;
				for(int g=0;g<s;++g) tmp|=gr[g][i][j]<<g;
				for(int k=maxe-1;k>=0;--k)if(tmp>>k&1){
					if(A[k]) tmp^=A[k];
					else {A[k]=tmp;break;}
				}
			}
		int c=0;
		for(int k=0;k<maxe;++k) c+=A[k]>0;
		ans+=(m&1?1:-1)*(1LL<<(s-c))*fac[m-1];
		return;
	}
	for(int i=1;i<=m+1;++i)
		bl[cur]=i,solve(cur+1,max(m,i));
}

signed main(){
	read(s);
	for(int i=0;i<s;++i){
		scanf("%s",str);
		int l=strlen(str),t=0;
		n=(1+sqrt(1+(l<<3)))/2;
		for(int x=0;x<n;++x)
			for(int y=x+1;y<n;++y)
				gr[i][x][y]=str[t++]-'0';
	}
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i) fac[i]=fac[i-1]*i;
	solve(0,0);
	printf("%lld
",ans);
	return 0;
}