[BZOJ 4671]异或图

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给定 \(s\) 个结点数相同且为 \(n\) 的图 \(G_1\sim G_s\) ，设 \(S = \{G_1, G_2,\cdots , G_s\}\) ，问 \(S\) 有多少个子集的异或为一个连通图。

\(1\leq n\leq 10,1\leq s\leq 60\)

Solution

不妨记 \(f_x\) 为连通块个数至少为 \(x\) 的方案数， \(g_x\) 为连通块恰好为 \(x\) 的方案数。

容易得到：

\[f_x=\sum_{i=x}^n\begin{Bmatrix}i\\x\end{Bmatrix}g_i\]

其中第二类斯特林数的含义是将 \(i\) 个连通块塞成 \(x\) 个的方案数。至于为什么要塞成 \(x\) 个，这和 \(f\) 的计算方式有关，之后会提到。

那么由斯特林反演

\[g_x=\sum_{i=x}^n(-1)^{i-x}\begin{bmatrix}i\\x\end{bmatrix}f_i\]

那么

\[\begin{aligned}g_1&=\sum_{i=1}^n(-1)^{i-1}\begin{bmatrix}i\\1\end{bmatrix}f_i\\&=\sum_{i=1}^n(-1)^{i-1}(i-1)!f_i\end{aligned}\]

考虑如何求 \(f\) ，我们可以去枚举子集划分，对于横跨两个集合的边，我们必须让他们异或为 \(0\) ，集合内的边可以随意连，我们不用管（这样可能会导致集合内不连通，这就是上面第二类斯特林数的含义）。

这样我们可以用 \(O(bell(n))\) 的时间枚举子集划分。然后对于每一个划分，用线性基找出边集的极大线性无关组个数，记为 \(tot\) ，那么在当前集合划分下方案为 \(2^{s-tot}\) 。

总复杂度 \(O(bell(n)s\frac{n(n-1)}{2})\) 。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;

char ch[120];
ll t, x, bin[64], fac[64], ans, base[64], mp[64];
int s, n, belong[64];

void cal(int sz) {
    t = 0; int cnt = 0;
    for (int i = 0; i < 64; i++) base[i] = 0;
    for (int i = 1, l = -1; i <= n; i++)
        for (int j = i+1; j <= n; j++)
            t |= bin[++l]*(belong[i] != belong[j]);
    for (int j = 1; j <= s; j++) {
        x = t&mp[j];
        for (int i = 63; i >= 0; i--)
            if (x&bin[i]) {
                if (!base[i]) {base[i] = x; ++cnt; break; }
                else x ^= base[i];
            }
    }
    if (sz&1) ans += fac[sz-1]*bin[s-cnt];
    else ans -= fac[sz-1]*bin[s-cnt];
}
void dfs(int x, int sz) {
    if (x > n) {cal(sz); return; }
    for (int i = 1; i <= sz+1; i++)
        belong[x] = i, dfs(x+1, sz+(i == sz+1));
}
void work() {
    scanf("%d", &s); bin[0] = fac[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= 10; i++) fac[i] = 1ll*fac[i-1]*i;
    for (int i = 1; i < 64; i++) bin[i] = bin[i-1]<<1;
    scanf("%s", ch+1);
    for (int len = strlen(ch+1); n*(n-1)/2 < len; ++n);
    for (int i = 1, t = 0; i <= n; i++)
        for (int j = i+1; j <= n; j++)
            if (ch[++t] == '1') mp[1] |= bin[t-1];
    for (int T = 2; T <= s; T++) {
        scanf("%s", ch+1);
        for (int i = 1, t = 0; i <= n; i++)
            for (int j = i+1; j <= n; j++)
                if (ch[++t] == '1') mp[T] |= bin[t-1];
    }
    dfs(1, 0); printf("%lld\n", ans);
}
int main() {work(); return 0; }

[BZOJ 4671]异或图

原文：https://www.cnblogs.com/NaVi-Awson/p/9281209.html