题解：P10591 BZOJ4671 异或图

云浅知处 · 2024-06-17 18:25:54 · 题解

考虑钦定一个连通块形态（一共只有 \text{Bell}(n)\le 21147 种），计算符合这个连通块形态的图的个数。也就是说，我们钦定一个点集的划分 S_1,S_2,\cdots,S_k，要求 S_i 内部无所谓，但不同的 S_i,S_j（i\neq j）之间的点一定两两不连通。那么这相当于在不同连通块之间的边都不能选。设这样的边构成集合 E，我们把每张图的边集和 E 求交，计算异或和为 \varnothing 的方案数即可。于是我们可以在 O(s) 时间内计算方案数。

现在考虑给每个连通块形态赋一个容斥系数，使得连通图的容斥系数和为 1，非连通图的容斥系数和为 0。

设 C(E) 为钦定了边集 E 不能连，即连边集合为 \{(i,j)|1\le i<j\le n\}-E 时的连通块形态，则钦定的划分 P 的容斥系数应当为 \sum_{C(E)=P}(-1)^{|E|}，这就是 (-1)^{k-1}(k-1)!，其中 k 为连通块个数。详细的推导可以参考 https://www.luogu.com.cn/article/i68r0j43。

综上，我们在 O(\text{Bell}(n)\times s\times n^2) 的时间内解决了本题。

#include<bits/stdc++.h>

#define ll long long

using namespace std;

inline int read(){
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    for(;(c<'0'||c>'9');c=getchar()){if(c=='-')f=-1;}
    for(;(c>='0'&&c<='9');c=getchar())x=x*10+(c&15);
    return x*f;
}

ll G[65];
int n,s;

struct basis{
    ll w[45];int cnt;
    void clear(){cnt=0;memset(w,0,sizeof(w));}
    void ins(ll x){
        for(int i=44;i>=0;i--)if((x>>i)&1){
            if(!w[i])return w[i]=x,cnt++,void();
            else x^=w[i];
        }
    }
};
ll calc(ll S){
    basis A;A.clear();
    for(int i=1;i<=s;i++)A.ins(G[i]&S);
    return 1ll<<(s-A.cnt);
}

int col[11];
ll ans=0,fac[11];
void dfs(int now,int cnt){
    if(now==n+1){
        int p=0;ll E=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=i+1;j<=n;j++){
            if(col[i]!=col[j])E|=(1ll<<p);
            p++;
        }
        if(cnt&1)ans+=calc(E)*fac[cnt-1];
        else ans-=calc(E)*fac[cnt-1];
        return ;
    }
    for(int i=1;i<=cnt+1;i++)col[now]=i,dfs(now+1,max(cnt,col[now]));
}

signed main(void){

#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.txt","r",stdin);
#endif

    s=read();
    for(int i=1;i<=s;i++){
        string Gi="";cin>>Gi;
        for(n=0;n<=10;n++)if(n*(n-1)/2==Gi.size())break;
        for(int j=0;j<Gi.size();j++)if(Gi[j]=='1')G[i]|=(1ll<<j);
    }

    fac[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i;
    dfs(1,0);
    cout<<ans<<endl;

    return 0;
}