[bzoj]noip十连测欧贝里斯克的巨神兵(obelisk)—

题目大意：

有一张n个点，m条边的有向图，有多少个子图（选定一个边集）是没有环的。答案对1e9+7取模。( n≤17 n ≤ 17 n≤17)

思路：

话说这个题目作为NOIP的模拟题有点过了，毕竟 n≤17 n ≤ 17 n≤17的方法不是太好想（一定我是太菜了）。
先考虑 n≤10 n ≤ 10 n≤10的方法，构造一个dag图，一个好的方法就是可以根据拓扑序来分层，一个图的拓扑序一定是唯一的，所以我们可以一层一层地添加点集进去。将一开始入度为0的点放第一层，将这些点去掉，剩下出现的新的入度为0的点为第二层…以此类推，用f[i][j]表示总共选的点集和最后一层的点集就好了。注意转移的时候要满足新一层的拓扑序要全部都在原来的后面，即一定要满足有边连向上一层的点。

/*=========================* Author : ylsoi* Problem : obelisk* Algorithm : DP* Time : 2018.5.23* =======================*/
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<climits>
#include<vector>
using namespace std;
void File(){freopen("obelisk.in","r",stdin);freopen("obelisk.out","w",stdout);
}
template<typename T>bool chkmax(T &_,T __){return _<__ ? (_=__,1) : 0;}
template<typename T>bool chkmin(T &_,T __){return _>__ ? (_=__,1) : 0;}
#define REP(i,a,b) for(register int i=a;i<=b;++i)
#define DREP(i,a,b) for(register int i=a;i>=b;--i)
#define MREP(i,x) for(register int i=beg[x];i;i=E[i].last)
#define mem(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define ll long long
#define inf INT_MAX
const int maxn=17+10;
const ll mod=1e9+7;
int n,m;
vector<int>from[maxn];
ll dp[(1<<10)+10][(1<<10)+10],all,ans;
ll qpow(ll x,int b){ll base=x,ret=1ll;while(b){if(b&1)ret=ret*base%mod;base=base*base%mod;b>>=1;}return ret;
}
void add(ll &_,ll __){_=((_+__)%mod+mod)%mod;}
void mul(ll &_,ll __){_=(_*__%mod+mod)%mod;}
bool in(int x,int S){return (1<<(x-1))&S;}
void out(int x){if(!x)return;out(x/2);printf("%d",x%2);
}
int main(){File();scanf("%d%d",&n,&m);REP(i,1,m){int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);from[v].push_back(u);}all=(1<<n)-1;REP(i,1,all)dp[i][i]=1ll;REP(i,1,all){for(int j=i;j;j=(j-1)&i){if(!dp[i][j])continue;if(i==all)add(ans,dp[i][j]);int left=all-i;for(int k=left;k;k=(k-1)&left){bool flag=true;ll mul1=1ll,mul2=1ll;REP(v,1,n){if(!in(v,k))continue;bool flag1=false;int size=from[v].size()-1,cnt1=0,cnt2=0;REP(p,0,size){int u=from[v][p];if(in(u,i) && !in(u,j))++cnt1;if(in(u,j)){flag1=true;++cnt2;}}if(!flag1){flag=false;break;}mul(mul1,qpow(2,cnt1));mul(mul2,qpow(2,cnt2)-1);}if(!flag)continue;add(dp[i|k][k],dp[i][j]*mul1%mod*mul2%mod);}}}printf("%lld\n",ans);return 0;
}

好像这个方法就已经很不错了，但是并不满足我们的需要，考虑怎么把第二维给去掉。设f[i]表示选择了点集i的方案总数，自然是要一层一层地转移（要不然就会出错），但是依然按照拓扑序来分层地话就会难以实现，因为没有记录上一层状态的缘故，新添加的点不一定是拓扑序中最后面的。那么我们便按照出度为0的规则来添加点集，即出度为0的点是在新添加的这一层的。
设集合 i i i为当前的状态，枚举一个i" role="presentation">iii的补集的子集 j j j,两个集合的并集i|j" role="presentation">i|ji|ji|j中，有前面定义的最后一层 k k k，因为j" role="presentation">jjj是刚刚添加进去的且只有从后面来的边，所以必有 j⊆k j ⊆ k j\subseteq k。对于 i|j i | j i|j这个集合的答案，一定是等于所有的 k k k的状态的和，显然地，如果用这种方法计数，每一个k" role="presentation">kkk都会被添加进去多次，就是每一个 k k k的子集j" role="presentation">jjj都会代表 k k k一次，所以我们在相加的时候多乘以一个容斥系数(−1)size(j)+1" role="presentation">(−1)size(j)+1(−1)size(j)+1(-1)^{size(j)+1}即可，这样就可以保证每一个 k k k都只会被计算一次。
时间复杂度O(3nm)" role="presentation">O(3nm)O(3nm)O(3^nm),好像还是不够快，再优化我就不会了。。。

/*=========================* Author : ylsoi* Problem : obelisk* Algorithm : dp* Time : 2018.5.23* ======================*/
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<climits>
#include<vector>
using namespace std;
void File(){freopen("obelisk_better.in","r",stdin);freopen("obelisk_better.out","w",stdout);
}
#define REP(i,a,b) for(register int i=a;i<=b;++i)
#define DREP(i,a,b) for(register int i=a;i>=b;--i)
#define MREP(i,x) for(register int i=beg[x];i;i=E[i].last)
#define mem(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define ll long long
#define inf INT_MAX
const int maxn=17+5;
const ll mod=1e9+7;
int n,m,all,c[(1<<17)+10][maxn];
bool dis[maxn][maxn];
ll dp[(1<<17)+10];
void add(ll &_,ll __){_=((_+__)%mod+mod)%mod;}
void mul(ll &_,ll __){_=(_*__%mod+mod)%mod;}
ll qpow(ll x,int b){ll base=x,ret=1ll;while(b){if(b&1)mul(ret,base);mul(base,base);b>>=1;}return ret;
}
bool in(int x,int S){return (1<<(x-1))&S;}
void init(){scanf("%d%d",&n,&m);all=(1<<n)-1;REP(i,1,m){int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);dis[u][v]=1;}REP(i,1,all){REP(v,1,n){if(!in(v,i))continue;REP(u,1,n)c[i][u]+=dis[u][v];}}
}
void work(){dp[0]=1ll;int siz,cnt;REP(i,0,all){if(!dp[i])continue;int left=all-i;for(register int j=left;j;j=(j-1)&left){siz=__builtin_popcount(j),cnt=0;REP(u,1,n)if(in(u,i))cnt+=c[j][u];add(dp[i|j],dp[i]*qpow(2,cnt)%mod*qpow(-1,siz+1)%mod);}}printf("%lld\n",dp[all]);
}
int main(){File();init();work();return 0;
}

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