HDU 5713 状压dp

题目大意：给出n个点和m条边，求出图中恰好有k个连通图的方案数。

首先我们求出每个选择状态的连边方案数num，为了使枚举时不重复，

每次去掉最后一位lowbit( i )，只用包含这个点的连边情况转移。

然后求出保证这个状态只有1个联通块的方案数f，枚举所有状态

利用去掉最后一位lowbit( i )之后的状态s，枚举s的子集j，

i^j就代表了原状态i中不含j状态的情况，剩余的j状态的连边共有2的num[j]次幂种

利用f[i^j]这个原状态内部只有一个联通块的方案数 * 剩余的j状态的连边方案总数

就是在i状态中利用f[i^j]求出的不满足的方案数（因为这样就大于1个联通块了）。

dp数组代表i状态有j个联通块的情况数。

最后枚举状态，和状态的子集，即dp[i][q] = dp[ j ][q-1] * f[i - j ] (也可以写成i^j)

最后输出满状态的情况。

下面代码

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define mode 1000000009
using namespace std;
typedef long long ll;
ll num[(1<<16)+5];
ll f[(1<<16)+5];
ll dp[(1<<16)+5][16];
ll v[205];
int dis[16][16];
int lowbit(int x)
{return x & -x;
}
void init()
{memset(num,0,sizeof(num));memset(f,0,sizeof(f));memset(dp,0,sizeof(dp));memset(dis,0,sizeof(dis));
}
int n,m,k;
int gett(int x)
{int flag = 0;int cnt = 0;for(int i = 1;i <= n;i++){if((1<<(i-1))&x){flag = i;break;}}for(int i = 1;i <= n;i++){if((1<<(i-1))&x){if(dis[flag][i])cnt++;}}return cnt;
}
int main()
{int T;v[0] = 1;scanf("%d", &T);for(int i = 1;i <= 200;i++){v[i] = v[i-1]*2%mode;}for(int w = 1;w <= T;w++){scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);init();for(int i = 1;i <= m;i++){int a,b;scanf("%d%d", &a, &b);dis[a][b] = dis[b][a] = 1;}for(int i = 1;i <= (1<<n)-1;i++){num[i] = num[i^lowbit(i)]+gett(i);}for(int i = 1;i <= n;i++){f[(1<<(i-1))] = 1;}for(int i = 1;i <= (1<<n)-1;i++){int s = i^lowbit(i);ll tt = 0;for(int j = s;j;(--j)&= s){tt += f[j^i]*v[num[j]]%mode;tt %= mode;}f[i] = ((v[num[i]]-tt)%mode+mode)%mode;}if(k==1){printf("Case #%d:\n%lld\n",w,f[(1<<n)-1]);continue;}for(int i = 0;i <= (1<<n)-1;i++){dp[i][1] = f[i];}for(int i = 1;i <= (1<<n)-1;i++){int s = i^lowbit(i);for(int j = s;j;(--j)&= s){for(int q = 2;q <= k;q++){dp[i][q] += dp[j][q-1]*f[i^j]%mode;dp[i][q] %= mode;}}}printf("Case #%d:\n%lld\n",w,dp[(1<<n)-1][k]);}return 0;
}

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