6728. 【2020.06.16省選模擬】T2 戰棋遊戲

題目

---

正解

有個比較顯然的思路是給特殊點劃分到$c$個集合中（集合可以爲空）。
先解決一個子問題：一條鏈，兩端相同和兩端不同的答案分別是什麼。
這個東西可以簡單遞推，然後用矩陣乘法優化。
題解中有個結論：兩端相同：$(c-1)^{len}+(-1)^{len}$；兩端不同：$(c-1)^{len}+(-1)^{len+1}(c-1)$
不要問我爲什麼，我也不會證。

考慮一個集合中的每個點的貢獻。欽定順時針方向連邊（計算鏈的貢獻），每條邊的貢獻掛在始點處。於是對於一個點而言，如果它順時針的下一個點和它同在一個集合內，那就有兩端相同的貢獻；如果不同在一個集合內，那就有兩端不同的貢獻。
貢獻算完了，我們發現剩下的就是個子集卷積。子集卷積有個很經典的問題：如何保證或卷積的子集沒有交？
一種方法是像昨天那題一樣枚舉劃分。但是複雜度要乘上劃分數，不划算（gmh77就是這麼寫了，TLE90分）。
介紹一種新的方法：
將$[0,2^k)$的數組$F$中，每個位置存一個多項式。$F_S=x^{|S|}*S的貢獻$。
這樣在子集卷積的過程中，$x$的指數也在相加。這樣子集大小始終是小於等於$x$的指數的。當子集大小等於$x$的指數的時候，不就是保證了子集之間沒有交嗎？
於是我們搞出這樣的$F$，然後卷$c$次$F$，就可以搞到我們要的東西。

這樣處理之後，對$F$做一遍$FWT$。由於$FWT$中沒有多項式乘法，所以時間複雜度爲$O(k^2 2^k)$。
接下來對每個位置求它的$c$次方。求$c$次方可以先$ln$再$exp$求。
這裏$k$那麼小寫$MTT$肯定不划算。於是就有了$O(k^2)$暴力求$ln$和$exp$的方法：
考慮求$exp$，設$g(x)=e^{f(x)}$
則$g'(x)=e^{f(x)}f'(x)=g(x)f'(x)$
可以推出$ng_n=\sum_{i=1}^nif_ig_{n-i}$
發現$g_n$是從$g_{1..n-1}$推過來的，於是直接遞推即可。
移項就可以得到$ln$的遞推式：$nf_n=g_n=\sum_{i=1}^{n-1}if_ig_{n-i}$
對$2^k$個多項式求乘方，時間複雜度$O(k^2 2^k)$。

搞完之後取出$x^k$項，然後做$IFWT$即可。由於我們只需要全集（即$2^k-1$）的答案，所以可以直接$O(2^k)$容斥得到。

---

代碼

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cassert>
#define ll long long
#define K 20
#define mo 1000000007
ll qpow(ll x,ll y=mo-2){
	ll r=1;
	for (;y;y>>=1,x=x*x%mo)
		if (y&1)
			r=r*x%mo;
	return r;
}
ll inv[K+1];
ll n,c;
int k,m;
ll a[K],len[K];
int id[K],re[K];
bool cmpid(int x,int y){return a[x]<a[y];}
ll h[K][2];
struct Matrix{
	ll m[2][2];
};
void operator*=(Matrix &a,Matrix b){
	static Matrix c;
	for (int i=0;i<2;++i)
		for (int j=0;j<2;++j){
			ll sum=0;
			for (int k=0;k<2;++k)
				sum+=a.m[i][k]*b.m[k][j];
			c.m[i][j]=sum%mo;
		}
	memcpy(&a,&c,sizeof c);
}
void getpow(Matrix &x,ll y){
	static Matrix r;
	r={1,0,0,1};
	for (;y;y>>=1,x*=x)
		if (y&1)
			r*=x;
	memcpy(&x,&r,sizeof r);
}
void calc(ll n,ll f[]){
	static Matrix T;
	T={(c-2)%mo,1,(c-1)%mo,0};
	getpow(T,n);
	f[1]=1*T.m[1][1];//[0 1]*T
	f[0]=1*T.m[0][1];//[1 0]*T
}
bool e[K][K];
int cnt[1<<K];
int dp[1<<K];
int f[1<<K][K+1],g[1<<K];
void fwt_or(int f[][K+1],int n){
	for (int i=1;i<1<<n;i<<=1)
		for (int j=0;j<1<<n;j+=i<<1)
			for (int k=j;k<j+i;++k)
				for (int t=0;t<=n;++t)
					(f[k+i][t]+=f[k][t])%=mo;
}
void getexp(int f[],int n){
	static int g[K+1];
	g[0]=1;
	for (int i=1;i<=n;++i){
		ll sum=0;
		for (int j=1;j<=i;++j)
			(sum+=(ll)j*f[j]%mo*g[i-j])%=mo;
		sum=sum*inv[i]%mo;
		g[i]=sum;
	}
	memcpy(f,g,sizeof(int)*(n+1));
}
void getln(int g[],int n){
	static int f[K+1];
	f[0]=0;
	for (int i=1;i<=n;++i){
		ll sum=0;
		for (int j=1;j<i;++j)
			(sum+=(ll)j*f[j]%mo*g[i-j])%=mo;
		sum=((ll)i*g[i]%mo-sum+mo)%mo*inv[i]%mo;
		f[i]=sum;
	}
	memcpy(g,f,sizeof(int)*(n+1));
}
int getpow(int f[],int n,ll c){
	getln(f,n);
	c%=mo;
	for (int i=0;i<=n;++i)
		f[i]=(ll)f[i]*c%mo;
	getexp(f,n);
	return f[n];
}
int main(){
	freopen("chess.in","r",stdin);
	freopen("chess.out","w",stdout);
	scanf("%lld%d%d%lld",&n,&k,&m,&c);
	for (int i=0;i<k;++i){
		scanf("%lld",&a[i]);
		--a[i];
		id[i]=i;
	}
	inv[1]=1;
	for (int i=2;i<=k;++i)
		inv[i]=(mo-mo/i)*inv[mo%i]%mo;
	sort(id,id+k,cmpid);
	for (int i=0;i<k;++i)
		re[id[i]]=i;
	for (int i=1;i<=m;++i){
		int u,v;
		scanf("%d%d",&u,&v);
		--u,--v;
		u=re[u],v=re[v];
		e[u][v]=e[v][u]=1;
	}
	sort(a,a+k);
	for (int i=0;i<k;++i){
		int j=(i+1)%k;
		len[i]=(a[j]-a[i]+n)%n;
		if (len[i]==1)
			e[i][j]=e[j][i]=1;
		calc(len[i],h[i]);
	}
	dp[0]=1;
	for (int i=0;i<k;++i)
		for (int s=0;s<1<<i;++s)
			if (dp[s]){
				bool ok=1;
				for (int t=0;t<k && ok;++t)
					if (s>>t&1 && e[i][t])
						ok=0;
				if (ok==0)
					continue;
				dp[s|1<<i]=1;
			}
	for (int s=0;s<1<<k;++s){
		cnt[s]=cnt[s>>1]+(s&1);
		if (dp[s]){
			ll pro=1;
			for (int i=0;i<k;++i)
				if (s>>i&1){
					int j=(i+1)%k;
					(pro*=h[i][s>>j&1])%=mo;
				}
			f[s][cnt[s]]=pro;
		}
	}
	fwt_or(f,k);
	for (int s=0;s<1<<k;++s)
		g[s]=getpow(f[s],k,c);
	ll ans=0;
	for (int s=0;s<1<<k;++s)
		ans+=(k-cnt[s]&1?-1:1)*g[s];
	ans=(ans%mo+mo)%mo;
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}