bzoj 4671 异或图 - 线性基 - 容斥

首先考虑容斥，令x为某种集合划分，a(x)表示x不同集合的点不连通，|x|表示x种联通块个数，那么需要构造容斥系数f(y)使得：
$ans=\sum_{x}a(x)f(|x|)$
考虑令g(x)表示x种同集合的点必须连通，不同集合的点必须不连通的方案数，那么答案是$g({1,2,3,...,n})$；同时$ans=\sum_{x}g(x)\sum_{|y|\le|x|}S(|x|,|y|)f(|y|)$
（显然a(y)会计算g(x) S(|x|,|y|)次，其实S是第二类斯特林数）
显然f(1)=1，其余的可以通过$\sum_{i=1}^kS(k,i)f(i)=[k==1]$递推出来。
考虑a(x)怎么算，显然对每条边有一个方程，并且有s个变量，并且显然方程一定有解（至少可以都为0），那么自由元数量设为k，答案就是$2^k$。
注意这里$s\le60$所以需要用longlong代替数组运算（就是要写类似线性基的高斯消元）。
显然由于$n\le 10$所以x的数量不会很多。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define M 70
#define N 13
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define lint long long
#define debug(x) cerr<<#x<<"="<<x
#define sp <<" "
#define ln <<endl
using namespace std;
int g[M][N][N],bel[N],a[N][N],s[N][N];
char str[N*N];int n,m,c[N];lint f[N],ans,p[M];
inline lint getalp(int t,lint ans=1)
{
    rep(i,1,t) rep(j,1,c[i]) bel[a[i][j]]=i;
    memset(p,0ll,sizeof(lint)*m);
    rep(i,1,n) rep(j,i+1,n) if(bel[i]!=bel[j])
    {
        lint x=0;
        rep(k,1,m) if(g[k][i][j]) x|=(1ll<<(k-1));
        rep(k,0,m-1) if((x>>k)&1ll)
        {   if(!p[k]) p[k]=x;x^=p[k];   }
    }
    rep(i,0,m-1) if(!p[i]) ans<<=1ll;
    return ans;
}
int dfs(int x,int t)
{
    if(x==n+1) return ans+=f[t]*getalp(t),0;
    rep(i,1,t) a[i][++c[i]]=x,dfs(x+1,t),c[i]--;
    return a[t+1][c[t+1]=1]=x,dfs(x+1,t+1),c[t+1]=0;
}
int main()
{
    scanf("%d",&m),f[1]=1,s[1][1]=1;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        for(scanf("%s",str+1),n=1;n*(n-1)/2<(int)strlen(str+1);n++);
        for(int j=1,c=0;j<=n;j++) for(int k=j+1;k<=n;k++)
            g[i][j][k]=g[i][k][j]=(str[++c]=='1');
    }
    rep(i,2,n) rep(j,1,i) s[i][j]=s[i-1][j-1]+s[i-1][j]*j;
    rep(i,2,n) rep(j,1,i-1) f[i]-=s[i][j]*f[j];
    return a[1][c[1]=1]=1,dfs(2,1),!printf("%lld\n",ans);
}