\(Description\)

给定\(n\)个点\(m\)条边的有向图，求有多少个边集的子集，构成的图没有环。
\(n\leq17\)。

\(Solution\)

问题也等价于，用不同的边集构造DAG，有多少种合法方案。我们考虑怎么构造DAG使得方案不重不漏。
我明知道一个DAG的拓扑序是唯一确定的。所以我们按照拓扑序每次转移一个点集。
\(f[s][s']\)表示 构造 已经选择的点集为\(s\)，当前最后一层点集为\(s'\)的DAG 的方案数。
转移时枚举不在\(s\)中的子集\(k\)，\(k\)合法首先要满足\(s'\)与\(k\)中所有点有边。
然后设\(s\oplus s'\)与k中某点的连边有\(cnt1_i\)条，\(s'\)与\(k\)中该点的连边有\(cnt2_i\)条，则该点的合法方案数为\(2^{cnt1_i}\times(2^{cnt2_i}-1)\)。
\(f[s|k][k]=\sum f[s][s']\times\prod 2^{cnt1_i}\times(2^{cnt2_i}-1)\)。
复杂度\(O(4^n\times m)\)。

考虑减掉第二维。直接枚举当前点集\(i\)，然后枚举补集的子集\(j\)。只要还是按层加入节点就能保证是DAG。
\(i,j\)之间可以不存在边，设\(i\)连向\(j\)的边有\(cnt\)条，则\(f[i|j]+=f[i]\times 2^j\)？
当然没这么简单。容易发现\(i|j\)可以由很多组\(i,j\)构成。所以加个容斥，容斥系数是\((-1)^{sz[j]+1}\)。
不是很懂这个容斥系数。。是加1个点的然后减去还可以由两个点的...？
复杂度\(O(3^nm)\)，可以优化到\(O(3^n+2^nm)\)（不管了）（虽然最大数据要跑10s+...）。

https://blog.csdn.net/ylsoi/article/details/80427659
https://www.cnblogs.com/KaNNeXFF/p/5942983.html

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define In(x,s) (s>>x&1)
#define gc() getchar()
#define mod 1000000007
const int N=20,S=(1<<17)+3;int n,m,pw[N*N],mp[N][N],num[N][S],f[S];inline int read()
{int now=0;register char c=gc();for(;!isdigit(c);c=gc());for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());return now;
}
inline int Calc(int s)
{int res=0;for(; s; s>>=1) res+=s&1;return res;
}int main()
{freopen("E.in","r",stdin);freopen("E.out","w",stdout);n=read(),m=read();pw[0]=1;for(int i=1; i<=m; ++i) pw[i]=pw[i-1]<<1, pw[i]>=mod&&(pw[i]-=mod);for(int i=1; i<=m; ++i) mp[read()-1][read()-1]=1;int all=(1<<n)-1;for(int s=0; s<=all; ++s)for(int v=0; v<n; ++v)if(In(v,s))for(int x=0; x<n; ++x) num[x][s]+=mp[x][v];f[0]=1;for(int i=0; i<=all; ++i){if(!f[i]) continue;int rest=all^i;for(int j=rest; j; j=(j-1)&rest){int sz=Calc(j), cnt=0;for(int k=0; k<n; ++k)if(In(k,i)) cnt+=num[k][j];if(sz&1) f[i|j]+=1ll*f[i]*pw[cnt]%mod, f[i|j]>=mod&&(f[i|j]-=mod);else f[i|j]-=1ll*f[i]*pw[cnt]%mod-mod, f[i|j]>=mod&&(f[i|j]-=mod);}}printf("%d\n",f[all]);return 0;
}