【BZOJ4671】(斯特林反演)

题目

【BZOJ4671】异或图
很有意思的题

做法

直接处理显然很难，我们考虑范围扩大以求容斥或反演这类的帮助

(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：$$f_x=sumlimits_{i=x}^negin{Bmatrix}ixend{Bmatrix}g_i$$

根据斯特林反演：$$g_x=sumlimits_{i=x}^n (-1)^{i-x}egin{bmatrix}ixend{bmatrix}f_i$$

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(f_i)如何求出：状压点所属联通块状态，则我们要选择图集使块与块之间无边，考虑枚举每个图的(S)表示点与点之间的连边(不属同一联通块)，我们压到线性基里去，(ele)表示线性基元素，这些元素是不能选择的(相异)，故答案为(2^{N-ele})

Code

#include<bits/stdc++.h>
typedef int LL;
const LL maxn=109;
LL N,n;
LL G[maxn][maxn][maxn],a[maxn];
char s[maxn];
long long ans,p[maxn],S,fac[15];
void Dfs(LL x,LL up){
	if(x==n+1){
		memset(p,0,sizeof(p)); LL ele(0);
		for(LL i=1;i<=N;++i){
			S=0; LL tot(0);
			for(LL j=1;j<=n;++j)
			    for(LL k=j+1;k<=n;++k)
			        if(a[k]!=a[j]){
			        	S|=(1ll<<tot)*G[i][j][k];
			        	++tot;
					}
			for(LL j=0;j<tot;++j){
				if(S&(1ll<<j)){
					if(!p[j]){
						p[j]=S;
						++ele;
						break;
					}else 
					    S^=p[j];
				}
			}
		}
		ans+=1ll*((up&1)?1:-1)*fac[up-1]*(1ll<<N-ele);
		return;
	}
	for(LL i=1;i<=up+1;++i){
		a[x]=i;
		Dfs(x+1,std::max(up,i));
	}
}
int main(){
	scanf("%d",&N);
	for(LL i=1;i<=N;++i){
		scanf(" %s",s+1);
		LL len(strlen(s+1));
		if(!n){
		    n=1;
		    for(;n*(n-1)/2!=len;++n);
		}
		LL now(0);
		for(LL j=1;j<=n;++j) for(LL k=j+1;k<=n;++k) G[i][j][k]=s[++now]-'0';
	}
	fac[0]=fac[1]=1; for(LL i=2;i<=n;++i) fac[i]=fac[i-1]*i;
	Dfs(1,0);
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}