题目链接
LOJ:https://loj.ac/problem/2290
洛谷:https://www.luogu.org/problemnew/show/P4547
Solution
首先考虑只有第一类边的情况,那么每种完美匹配一定会由(n)个边组组成,概率就是(1/2^n),对答案贡献为(1),那么问题就转化成了统计完美匹配个数。
设(f[s1][s2])表示当前左边情况为(s1),右边为(s2),在把其他的点填满可以得到的完美匹配的种类数,然后就是普及组(dp),复杂度(O(2^{2n})),但是这样会重复计数,而且复杂度不对。
如果我们把(s1)严格每次都从高位到低位转移,然后上记忆化搜索,复杂度可以降到(O(2^ncdot n^2)),且不会重复计数。
考虑其他两类边,我们硬点这些边都是单独的,概率(50\%),但是这样会算不对,第二类边组在两条边都选的时候贡献的概率为(25\%),但是应该是(50\%),所以我们多加一个(25\%)的边组就好了,同理第三类边组添加一个概率为(-25\%)的边组,然后改一改上面的(dp),记搜转移就好了,(f)开不下可以用( m map)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void read(int &x) {
x=0;int f=1;char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}
void print(int x) {
if(x<0) putchar('-'),x=-x;
if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('
');}
#define lf double
#define ll long long
#define pii pair<int,int >
#define vec vector<int >
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fr first
#define sc second
#define FOR(i,l,r) for(int i=l,i##_r=r;i<=i##_r;i++)
const int maxn = 1e4+10;
const int inf = 1e9;
const lf eps = 1e-8;
const int mod = 1e9+7;
const int inv2 = 5e8+4;
const int inv4 = 2.5e8+2;
int add(int x,int y) {return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
int del(int x,int y) {return x-y<0?x-y+mod:x-y;}
int mul(int x,int y) {return 1ll*x*y-1ll*x*y/mod*mod;}
map<int,int > f;
int a[maxn],b[maxn],cnt,n,m;
int dfs(int s) {
if(s==(1<<(n<<1))-1) return 1;
if(f.find(s)!=f.end()) return f[s];int now=0,ans=0;
for(int i=n-1;~i;i--) if(!(s&(1<<i))) {now=1<<i;break;}
for(int i=1;i<=cnt;i++)
if(!(a[i]&s)&&(now&a[i])) ans=add(ans,mul(b[i],dfs(s|a[i])));
return f[s]=ans;
}
int main() {
read(n),read(m);
for(int i=1,s,s2,t,x,y;i<=m;i++) {
read(t),read(x),read(y);x--,y--;
s=1<<x|(1<<(y+n));a[++cnt]=s,b[cnt]=inv2;
if(!t) continue;read(x),read(y);x--,y--;
s2=1<<x|(1<<(y+n));a[++cnt]=s2,b[cnt]=inv2;
if(s&s2) continue;
a[++cnt]=s|s2,b[cnt]=t==1?inv4:mod-inv4;
}write(mul(dfs(0),(int)pow(2,n)));
return 0;
}