大致题意
做法
考虑到n的大小只有20,所以应该和状态压缩或者说集合按位表示有关。
因此,我们考虑用表示考虑的点的状态为的情况下,所有可能的的方案数。
考虑每一个状态的转移,容斥一下可以得到如下转移方程:
其中表示和之间的边。
考虑到,我们在等式两边同时除以,可以有:
很开心的发现,这已经变成了一个子集卷积的形式,于是我们就可以用FMT或者FWT去快速计算了。
具体来说,考虑用二进制的形式表示集合,我们令,,其中表示内部的连边条数。总的转移方程可以写成:
直接FWT即可,时间复杂度
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define LL long long
#define pb push_back
#define INF 0x3f3f3f3f
#define sc(x) scanf("%d",&x)
#define scc(x,y) scanf("%d%d",&x,&y)
#define sccc(x,y,z) scanf("%d%d%d",&x,&y,&z)
using namespace std;
const int N=25;
const int M=1048580;
const int mod=998244353;
const int inv2 = (mod + 1) / 2;
int n,m,cnt[M],tot[M],bin[N*N],inv[N*N],f[N][M],g[N][M],ma[N];
int lg(int x) {return std::lower_bound(bin,bin+n,x)-bin;}
int qpow(int x,int y)
{
int ans=1;
while (y)
{
if (y&1) ans=(LL)ans*x%mod;
x=(LL)x*x%mod;y>>=1;
}
return ans;
}
void FWT_xor(int *a,int opt)
{
for(int i=1;i<bin[n];i<<=1)
for(int p=i<<1,j=0;j<bin[n];j+=p)
for(int k=0;k<i;++k)
{
int X=a[j+k],Y=a[i+j+k];
a[j+k]=(X+Y)%mod;a[i+j+k]=(X+mod-Y)%mod;
if(opt==-1)a[j+k]=1ll*a[j+k]*inv2%mod,a[i+j+k]=1ll*a[i+j+k]*inv2%mod;
}
}
int main()
{
scc(n,m);
bin[0]=inv[0]=1;
for (int i=1;i<=max(n,m);i++) bin[i]=bin[i-1]*2%mod,inv[i]=qpow(bin[i],mod-2);
for (int i=1;i<=m;i++)
{
int x,y;scc(x,y);
ma[x]|=bin[y-1];ma[y]|=bin[x-1];
}
for (int i=1;i<bin[n];i++) cnt[i]=cnt[i-(i&(-i))]+1,tot[i]=tot[i-(i&(-i))]+cnt[ma[lg(i&(-i))+1]&i];
for (int i=0;i<bin[n];i++) g[cnt[i]][i]=(cnt[i]&1)?inv[tot[i]]:mod-inv[tot[i]];
for (int i=0;i<=n;i++) FWT_xor(g[i],1);
f[0][0]=1;
FWT_xor(f[0],1);
for (int i=0;i<=n;i++)
{
for (int j=1;j<=n-i;j++)
for (int k=0;k<bin[n];k++)
(f[i+j][k]+=(LL)f[i][k]*g[j][k]%mod)%=mod;
}
FWT_xor(f[n],-1);
printf("%d\n",(LL)f[n][bin[n]-1]*qpow(2*qpow(3,mod-2),m)%mod);
return 0;
}