bzoj4671 異或圖（容斥原理 + 第二類斯特林數 + 高斯消元）

bzoj4671 異或圖

原題地址：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4671

題意：
定義兩個結點數相同的圖 G1 與圖 G2 的異或爲一個新的圖 G, 其中如果 (u, v) 在 G1 與G2 中的出現次數之和爲 1, 那麼邊 (u, v) 在 G 中, 否則這條邊不在 G 中。
現在給定 s 個結點數相同的圖 G1…s, 設 S = {G1, G2, … , Gs}, 請問 S 有多少個子集的異
或爲一個連通圖?

數據範圍
2 ≤ n ≤ 10,1 ≤ s ≤ 60

題解：
好題。
n的範圍是10，那麼邊的範圍爲50，顯然不能直接枚舉邊的子集再看是否聯通。
而考慮到10的貝爾數是一個可枚舉的範圍，可以枚舉點的劃分計算方案然後容斥。
即，不同集合內的點沒有邊，相同集合內的點任意連的方案數，
對於這個方案數，我們只需要跑個高斯消元，解的數量就是2(s−|B|)$2^{(s-|B|)}$ 。

（關於2(s−|B|)$2^{(s-|B|)}$ 我的理解是和線性基相同，最後消出來得到的s−|B|$s-|B|$ 個自由元，對於每個數（在此處二進制位上表示的是每個圖的存在情況），表示的方法是唯一的。後面被消爲0的數一定可以保留的主元表示出來，2(s−|B|)$2^{(s-|B|)}$ 即異或爲0的集合數量，與原來那一個解異或得到的值相同，2(s−|B|)$2^{(s-|B|)}$ 就是解的數量）
UPD：我是在誤人子弟了…實際上是完全不一樣的。對於此題，可以說是最後剩多少個主元，就有多少個圖的存在性是確定的，那麼剩下的隨意有無就是2(s−|B|)$2^{(s-|B|)}$ 。

對於容斥係數我們得到：
∑i=1m{m i}f(i)=[m==1]$\sum _{i=1}^m{\{}_i^m\}f(i)=[m==1]$
f(i)$f(i)$ 可以m2$m^2$ 遞推。（或者打個表發現f(i)=(−1)i−1(i−1)!$f(i)=(-1{)}^{i-1}(i-1)!$ ，代回去可以證出來）

於是用貝爾數的時間枚舉子集劃分，然後跑高消，乘上對應的容斥係數計入答案即可，O(B(n)n2s)$O(B(n)n^{2}s)$ 。
（ 注意：此代碼的高消部分存在問題，暫未改正，請勿參考）
代碼：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
const int N=15;
const int SS=61;
char str[105];
int g[SS][N][N],s,n,S[N][N],f[N],col[N];
LL pw[SS],ans=0,C[SS];
void dfs(int x,int sz)
{
    if(x==n+1)
    {
        int tot=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=i+1;j<=n;j++)
        {
            LL cur=0; 
            if(col[i]!=col[j])
            {
                for(int ss=1;ss<=s;ss++)
                if(g[ss][i][j]) cur+=pw[ss-1];
                for(int k=1;k<=tot;k++)
                if((cur^C[k])<cur) cur=cur^C[k];
                if(cur) C[++tot]=cur;
            }
        }
        ans+=1LL*f[sz]*pw[s-tot];
        return;
    }
    for(int i=1;i<=sz;i++) {col[x]=i; dfs(x+1,sz);}
    col[x]=sz+1; dfs(x+1,sz+1);
}
int main()
{
    scanf("%d",&s);
    for(int ss=1;ss<=s;ss++)
    {
        scanf("%s",str); int len=strlen(str);
        for(n=1;;n++) if(n*(n-1)==2*len) break;
        for(int l=0,i=1;i<=n;i++)
        for(int j=i+1;j<=n;j++)
        g[ss][i][j]=g[ss][j][i]=str[l++]-'0';
    }
    for(int i=0;i<=s;i++) pw[i]=1LL<<i;
    for(int i=0;i<=n;i++) for(int j=0;j<=i;j++)
    if(i==j) S[i][j]=1; else S[i][j]=S[i-1][j-1]+j*S[i-1][j];
    f[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    for(int j=1;j<i;j++) f[i]-=f[j]*S[i][j];    
    dfs(1,0);
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}