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題意：定義兩個圖的異或的邊集為在兩張圖中恰出現一次的邊。給$s$張$n$個點的圖的集合，求異或和為連通圖的子集數。

$s\le 60,n\le 10$

設$G_i$表示異或出$i$個連通塊的子集數，答案就是$G_1$

$G$并不好求廢話，我們考慮一個看起來很對的求法：

雖然邊很多但點很少， 我們可以暴力枚舉連通塊中的點，復雜度是$O(B(n))$,$B$為貝爾數，$B(10)=21147$

可以確定的是不同連通塊間沒有邊，但連通塊間仍然不好確定，所以不能叫連通塊。為了區分，我們把枚舉出來的稱為「集合」。

設$F_i$為異或出$i$個集合的子集數，即只要求不同集合間沒有邊，同一集合間沒有要求沒有要求。

發現$G$可以表示出$F$：因為$F$的每個「集合」一定是若干連通塊構成的非空集合，即一個斯特林數

$$F_m=\sum _{i=m}^n\left\{\begin{array}{c}i\\ m\end{array}\right\}{G}_i$$

斯特林反演一波

$$G_m=\sum _{i=m}^n(?1{)}^{i?m}\left[\begin{array}{c}i\\ m\end{array}\right]F_i$$

答案為

$$\begin{gathered} G_1=\sum _{i=1}^n(?1{)}^{i?1}\left[\begin{array}{c}i\\ 1\end{array}\right]F_i \\ =\sum _{i=1}^n(?1{)}^{i?1}(i?1)!F_i \end{gathered}$$

現在我們只需要求出$F$

枚舉出集合后，只考慮所有圖中跨集合的邊（實現時取個&即可），然后需要求出多少個子集異或和為$0$

把所有圖插進線性基，設最終大小為$siz$,那么自由元個數為$s?siz$。首先只含線性基中元素的非空子集不會有貢獻，然后對于任意自由元的子集，根據線性基的定義，都可以找到一個線性基的子集把它異或成$0$。

算$G$的過程中可能會爆ll,但反正最終答案在范圍內，溢出就溢出吧。

#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cctype> using namespace std; typedef long long ll; int s,n; char t[100]; ll h[100],bas[100],f[100],ans; int col[100]; inline void insert(ll x) {for (int i=60;i>=0;i--)if (x&(1ll<<i))if (bas[i]) x^=bas[i];else return (void)(bas[i]=x); } void dfs(int k,int c) {if (k>n){ll d=0;for (int i=1,cnt=0;i<n;i++)for (int j=i+1;j<=n;j++,cnt++)if (col[i]!=col[j])d|=1ll<<cnt;memset(bas,0,sizeof(bas));for (int i=1;i<=s;i++) insert(h[i]&d);int cnt=0;for (int i=0;i<=60;i++) cnt+=(bas[i]>0);f[c]+=1ll<<s-cnt;return;}for (col[k]=1;col[k]<=c;col[k]++,dfs(k+1,c));col[k]++,dfs(k+1,c+1); } int main() {scanf("%d",&s);for (int i=1;i<=s;i++){scanf("%s",t);for (int j=strlen(t)-1;j>=0;j--) h[i]=(h[i]<<1)^(t[j]^48);}int len=strlen(t);for (n=1;n*(n-1)/2<len;n++);dfs(1,0);ll fac=1;for (int i=1;i<=n;fac*=i,i++) ans+=((i&1)? 1:-1)*fac*f[i];printf("%lld\n",ans);return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的【BZOJ 4671】异或图 【斯特林反演】【线性基】【贝尔数复杂度】的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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