NOIp模拟赛巨神兵(状压DP 容斥)

$Description$

给定$n$个点$m$条边的有向图，求有多少个边集的子集，构成的图没有环。
$n\leq17$。

$Solution$

问题也等价于，用不同的边集构造DAG，有多少种合法方案。我们考虑怎么构造DAG使得方案不重不漏。
我明知道一个DAG的拓扑序是唯一确定的。所以我们按照拓扑序每次转移一个点集。
$f[s][s']$表示构造已经选择的点集为$s$，当前最后一层点集为$s'$的DAG 的方案数。
转移时枚举不在$s$中的子集$k$，$k$合法首先要满足$s'$与$k$中所有点有边。
然后设$s\oplus s'$与k中某点的连边有$cnt1_i$条，$s'$与$k$中该点的连边有$cnt2_i$条，则该点的合法方案数为$2^{cnt1_i}\times(2^{cnt2_i}-1)$。
$f[s|k][k]=\sum f[s][s']\times\prod 2^{cnt1_i}\times(2^{cnt2_i}-1)$。
复杂度$O(4^n\times m)$。

考虑减掉第二维。直接枚举当前点集$i$，然后枚举补集的子集$j$。只要还是按层加入节点就能保证是DAG。
$i,j$之间可以不存在边，设$i$连向$j$的边有$cnt$条，则$f[i|j]+=f[i]\times 2^j$？
当然没这么简单。容易发现$i|j$可以由很多组$i,j$构成。所以加个容斥，容斥系数是$(-1)^{sz[j]+1}$。
不是很懂这个容斥系数。。是加1个点的然后减去还可以由两个点的...？
复杂度$O(3^nm)$，可以优化到$O(3^n+2^nm)$（不管了）。

https://blog.csdn.net/ylsoi/article/details/80427659
https://www.cnblogs.com/KaNNeXFF/p/5942983.html

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define In(x,s) (s>>x&1)
#define gc() getchar()
#define mod 1000000007
const int N=20,S=(1<<17)+3;

int n,m,pw[N*N],mp[N][N],num[N][S],f[S];

inline int read()
{
    int now=0;register char c=gc();
    for(;!isdigit(c);c=gc());
    for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
    return now;
}
inline int Calc(int s)
{
    int res=0;
    for(; s; s>>=1) res+=s&1;
    return res;
}

int main()
{
    freopen("E.in","r",stdin);
    freopen("E.out","w",stdout);

    n=read(),m=read();
    pw[0]=1;
    for(int i=1; i<=m; ++i) pw[i]=pw[i-1]<<1, pw[i]>=mod&&(pw[i]-=mod);
    for(int i=1; i<=m; ++i) mp[read()-1][read()-1]=1;
    int all=(1<<n)-1;
    for(int s=0; s<=all; ++s)
        for(int v=0; v<n; ++v)
            if(In(v,s))
                for(int x=0; x<n; ++x) num[x][s]+=mp[x][v];
    f[0]=1;
    for(int i=0; i<=all; ++i)
    {
        if(!f[i]) continue;
        int rest=all^i;
        for(int j=rest; j; j=(j-1)&rest)
        {
            int sz=Calc(j), cnt=0;
            for(int k=0; k<n; ++k)
                if(In(k,i)) cnt+=num[k][j];
            if(sz&1) f[i|j]+=1ll*f[i]*pw[cnt]%mod, f[i|j]>=mod&&(f[i|j]-=mod);
            else f[i|j]-=1ll*f[i]*pw[cnt]%mod-mod, f[i|j]>=mod&&(f[i|j]-=mod);
        }
    }
    printf("%d\n",f[all]);

    return 0;
}