开发笔记:题解bzoj2560串珠子

刚被教练数落了一通，心情不好，来写篇题解

Problem

bzoj2560

题目简述：给定(n)个点的，每两个点(i,j)之间有(c_{i,j})条直接相连的路（其中只能选一条或不选），问共有多少种方案可以使得整张图连通。(nleq 16)

Solution

算是遇到的没那么套路的容斥题了 虽然还是有点套路

发现(nleq 16)各种暗示我们要状压，于是按照以往状压的题的套路，设(f(S))表示当(S)集合中的点连通方案数

发现不是很好直接计算，但总方案数又很好得出，于是考虑容斥，设(g(S))表示集合(S)中的点之间随意相连的方案数

根据定义可得

[g(S)=prod_{i,jin S}(c_{i,j}+1)]

想法用(g)去消掉(f)不满足题意的方案数，联想到城市规划中的做法：限定(1)号节点的连通集合大小

类似的，这里可以限定(S)中编号最小的点连通大小（当然编号最大的点也行）

枚举(S)中编号最小的点连通块大小，可以得到（设(H)为集合(S)中去除最小元素的集合）：

(f(S)=g(S)-sum_{Tsubseteq H}g(T)f(S-T))

题目之间类比关系好多啊，比如上一篇就是二项堆和AC自动机的类比

Code

#include
const int N=18,M=1<int g[M],f[M],bin[N];
int a[N][N],n;
inline int qm(int x){return xint main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i for(int j=0;j scanf("%d",&a[i][j]);
bin[0]=1;
for(int i=1;i<=n;++i)bin[i]=bin[i-1]<<1;
for(int S=0,s;S f[S]=1;
for(int i=0;i for(int j=i+1;j f[S]=1ll*f[S]*(a[i][j]+1)%p;
g[S]=f[S],s=(S-1)&S;
for(int i=s;i;i=(i-1)&s)
f[S]=qm((int)f[S]-1ll*g[i]*f[S^i]%p+p);
}
printf("%d
",f[bin[n]-1]);
return 0;
}