bzoj 2560 串珠子

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Description

　　铭铭有(n)个十分漂亮的珠子和若干根颜色不同的绳子。现在铭铭想用绳子把所有的珠子连接成一个整体。
　　现在已知所有珠子互不相同，用整数(1)到(n)编号。对于第i个珠子和第j个珠子，可以选择不用绳子连接，或者在(c_{i,j})根不同颜色的绳子中选择一根将它们连接。如果把珠子看作点，把绳子看作边，将所有珠子连成一个整体即为所有点构成一个连通图。特别地，珠子不能和自己连接。
　　铭铭希望知道总共有多少种不同的方案将所有珠子连成一个整体。由于答案可能很大，因此只需输出答案对(1000000007)取模的结果。

Input

　标准输入。输入第一行包含一个正整数(n)，表示珠子的个数。接下来(n)行，每行包含(n)个非负整数，用空格隔开。这(n)行中，第(i)行第(j)个数为(c_{i,j})。

Output

　标准输出。输出一行一个整数，为连接方案数对(1000000007)取模的结果。

Sample Input

3
0 2 3
2 0 4
3 4 0

Sample Output

50

HINT

对于(100\%)的数据，(n)为正整数且(nleq16)，所有的(c_{i,j})为非负整数且不超过(1000000007)。保证(c_{i,j}=c_{j,i})。

Solution

• (n)较小,考虑状压(dp).
• 令(f[S])表示集合(S)中的点联通时的方案数,(g[S])表示集合(S)中的数任意连边时的方案数.那么算出(S)中的点不连通的方案数和(g[S])即可求出(f[S]).
• 有状态转移方程(f[S]=g[S]−∑_{S^{'}∈S}f[S^{'}]∗g[S)^(S^{'}]).
• 为了避免重复计数,需要固定一个点作为代表元素,即(S^{'})中必须包含它.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LoveLive;
inline int read()
{
	int out=0,fh=1;
	char jp=getchar();
	while ((jp>'9'||jp<'0')&&jp!='-')
		jp=getchar();
	if (jp=='-')
		{
			fh=-1;
			jp=getchar();
		}
	while (jp>='0'&&jp<='9')
		{
			out=out*10+jp-'0';
			jp=getchar();
		}
	return out*fh;
}
const int P=1e9+7;
inline int add(int a,int b)
{
	return (a + b) % P;
}
inline int mul(int a,int b)
{
	return 1LL * a * b % P;
}
int fpow(int a,int b)
{
	int res=1;
	while(b)
		{
			if(b&1)
				res=mul(res,a);
			a=mul(a,a);
			b>>=1;
		}
	return res;
}
int inv(int x)
{
	return fpow(x,P-2);
}
const int MAXN=20;
const int MAXS=(1<<20)+10;
int c[MAXN][MAXN];
int n,m;
int f[MAXS],g[MAXS];
//f是必须连通的方案数,g是随便连边的方案数 
int main()
{
	n=read();
	m=(1<<n)-1;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=1;j<=n;++j)
			c[i][j]=read();
	for(int i=0;i<=m;++i)	
		{
			g[i]=1;//初始化,未连边 
			for(int j=1;j<=n;++j)//选择j作为这个子集的代表元素 
				{
					if(i&(1<<(j-1)))//j在这个子集图中 
						{
							for(int k=j+1;k<=n;++k)
								{
									if(i&(1<<(k-1)))
										g[i]=mul(g[i],c[j][k]+1);
								}	
						} 
				}
		}
	for(int i=1;i<=m;++i)
		{
			for(int S=i&(i-1);S;S=i&(S-1))
				{
					if(!((i^S)&(i&(-i))))
						f[i]=add(f[i],mul(f[S],g[i^S]));
				}
			f[i]=add(g[i],P-f[i]);
		}
	printf("%d
",f[m]);
	return 0;
}