GDOI2020模拟4.11赢家(winner) （计数dp+容斥）

Posted 2021-03-01 coldchair

题目描述：

PinkRabbit 是一位人赢。
福州市可以抽象成一个n个点m条边的，不包含重边与自环的无向图，PinkRabbit 住在1号
点，而他的妹子住在2号点。
某一天，PinkKitten 施放了一个大魔法，让这个无向图上所有的边都变成了单向边。现在
PinkRabbit 关心的是他是否能够和他的妹子见面。
具体地，PinkRabbit 能和他的妹子见面，当且仅当存在一个点 u，满足新图上从1号点出发能够
到达u，从2号点出发也能到达 。
现在你需要计算出，在把所有 m条边进行定向的所有2^m 种方案中，有多少种方案能让
PinkRabbit 和他的妹子见面。你只需输出其对10^9+7 取模后的结果。
(nle 15)
https://gmoj.net/senior/#main/show/6554

失智了，居然写了个完完全全的dp，还过了样例，然后WA0.

考虑用总方案-不合法方案。

对于不合法方案，枚举1能走到的点集是(S),2能走到的点集是(T)，(S∩T=?)。

设(Z=总集-S-T)

那么(Z)和(S、T)之间的边方向确定，(S)和(T)之间不能有边。

现在就是求(S)的方案数（(T)同理）。

设(f[S])表示(S)的方案数，同样用总-不合法。
不合法就是是(S)的一个子集(S‘),(f[S]-=f[S‘]*(S‘和S-S‘中间的边定向))

预处理(cnt[S])表示S内的边数就都可以快速计算了。

Code：

#include<bits/stdc++.h>
#define fo(i, x, y) for(int i = x, _b = y; i <= _b; i ++)
#define ff(i, x, y) for(int i = x, _b = y; i <  _b; i ++)
#define fd(i, x, y) for(int i = x, _b = y; i >= _b; i --)
#define ll long long
#define pp printf
#define hh pp("
")
using namespace std;

const int mo = 1e9 + 7;

const int N = 16;

int n, m, id, x, y;
int b[N][N];
int cnt[1 << 15];
ll a2[N * N];
ll f[1 << 15], g[1 << 15];

int main() {
	freopen("winner.in", "r", stdin);
	freopen("winner.out", "w", stdout);
	scanf("%d %d %d", &n, &m, &id);
	fo(i, 1, m) scanf("%d %d", &x, &y), b[x][y] = b[y][x] = 1;
	a2[0] = 1; fo(i, 1, n * n) a2[i] = a2[i - 1] * 2 % mo;
	ff(s, 0, 1 << n) {
		fo(i, 0, n - 1) if(s >> i & 1) {
			cnt[s] = cnt[s ^ (1 << i)];
			fo(j, 0, n - 1) if(s >> j & 1)
				cnt[s] += b[i + 1][j + 1];
			break;
		}
	}
	ff(s, 1, 1 << n) {
		if(s & 1) {
			f[s] = a2[cnt[s]];
			for(int t = (s - 1) & s; t > 0; t = (t - 1) & s)
				f[s] = (f[s] - f[t] * a2[cnt[s ^ t]]) % mo;
		}
		if(s & 2) {
			g[s] = a2[cnt[s]];
			for(int t = (s - 1) & s; t > 0; t = (t - 1) & s)
				g[s] = (g[s] - g[t] * a2[cnt[s ^ t]]) % mo;
		} 
	}
	ll ans = a2[m];
	ff(s, 0, 1 << n) if(f[s]) {
		for(int t = s + 1; t < (1 << n); t = (t + 1) | s) if(g[s ^ t]) {
			int z = (1 << n) - 1 - t;
			if(cnt[s ^ z] + cnt[s ^ t ^ z] - cnt[z] == m) {
				ans = (ans - f[s] * g[s ^ t] % mo * a2[cnt[z]]) % mo;
			}
		}
	}
	ans = (ans % mo + mo) % mo;
	pp("%lld
", ans);
}