bzoj4671: 异或图
Description
定义两个结点数相同的图 G1 与图 G2 的异或为一个新的图 G, 其中如果 (u, v) 在 G1 与
G2 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 G1...s, 设 S = {G1, G2, . . . , Gs}, 请问 S 有多少个子集的异
或为一个连通图?
Input
第一行为一个整数s, 表图的个数.
接下来每一个二进制串, 第 i 行的二进制串为 gi, 其中 gi 是原图通过以下伪代码转化得
到的. 图的结点从 1 开始编号, 下面设结点数为 n.
Algorithm 1 Print a graph G = (V, E)
for i = 1 to n do
for j = i + 1 to n do
if G contains edge (i, j) then
print 1
else
print 0
end if
end for
end for
$ 2 ≤ n ≤ 10,1 ≤ s ≤ 60.$
Output
输出一行一个整数, 表示方案数
这道题刚看没什么思路。
[f(i)=sum_{j=i}^n g(j) * S(j,i)
]
可以得到：
[g(i)=sum_{j=i}^n f(j) * s(j,i) * (-1)^{j-i}
]
所以答案为
[g(1)=sum_{i=1}^n f(i) * s(i,1) * (-1)^{i-1}
]
直接考虑这个式子容斥系数找规律也得到的结果相同。
我们知道(s(i,1) = (i-1)!)，阶乘和-1的幂次可以预处理，所以我们只要求出(f[i])即可
我们用(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。
对于每一个图，用一个01向量表示两个不同块之间连每一条边的有无。
这样我们就转化为求有多少个子集异或为0
这个东西，我们求一下线性基，记线性基的元素个数为num
线性基里的向量是线性无关的，而其他的(2^{s-num})个集合是一定可以通过异或线性基里的某些元素(或不异或)得到0的
所以答案即为(2^{s-num})
但是这样直接做似乎会TLE，需要讲跨越块的边单独拿出来重新编号
还有一种方法，运用到一个性质：对于线性基的高斯消元，竖着消和横着消所得到的非0向量个数是相同的。
这个东西我不会证
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define REP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i<=i##end;++i)
#define DREP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i>=i##end;--i)
typedef long long ll;
inline int read(){
int x;
char c;
int f=1;
while((c=getchar())!='-' && (c<'0' || c>'9'));
if(c=='-') c=getchar(),f=-1;
x=c^'0';
while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^'0');
return x*f;
}
inline ll readll(){
ll x;
char c;
ll f=1;
while((c=getchar())!='-' && (c<'0' || c>'9'));
if(c=='-') c=getchar(),f=-1;
x=c^'0';
while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1ll)+(x<<3ll)+(c^'0');
return x*f;
}
const int maxm=60+1,maxn=10+1;
int n,m;
char s[maxm];
bool E[maxm][maxn][maxn];
int p[maxn],id[maxn][maxn];
ll a[maxm];
ll fac[maxm],ans;
struct point{
int x,y;
}b[maxm];
void dfs(int x,int num){
if(x>n){
memset(a,0,sizeof(a));
int res=0,tmp=-1;
REP(i,1,n) REP(j,i+1,n) if(p[i]!=p[j]) b[++tmp]=(point){i,j};
REP(i,1,m){
ll nw=0;
REP(j,0,tmp) if(E[i][b[j].x][b[j].y]) nw|=(1ll<<(ll)j);
DREP(j,tmp,0)
if(nw&(1ll<<(ll)j)){
if(a[j]) nw^=a[j];
else{
a[j]=nw;res++;
break;
}
}
}
/* REP(i,1,n) REP(j,i+1,n){
if(p[i]==p[j]) continue;
ll nw=0;
REP(k,1,m) if(E[k][i][j]) nw|=(1ll<<(ll)(k-1));
DREP(k,m-1,0)
if(nw&(1ll<<(ll)k)){
if(a[k]) nw^=a[k];
else{
a[k]=nw;res++;
break;
}
}
}
*/
ans+=fac[num-1]*(1ll<<(ll)(m-res));
return;
}
REP(i,1,num+1) p[x]=i,dfs(x+1,max(num,i));
}
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("cnt.in","r",stdin);
freopen("cnt.out","w",stdout);
#endif
m=read();
scanf("%s",s+1);int len=strlen(s+1);
while(n*(n-1)/2<len) ++n;len=0;
REP(i,1,n)
REP(j,i+1,n)
E[1][i][j]=s[id[i][j]=++len]-'0';
REP(k,2,m){
len=0;scanf("%s",s+1);
REP(i,1,n) REP(j,i+1,n) E[k][i][j]=s[++len]-'0';
}
fac[0]=1;
REP(i,1,n) fac[i]=-fac[i-1]*i;
dfs(1,0);
printf("%lld
",ans);
return 0;
}