【清华集训2014】主旋律

题目大意

给定一张\(n\)个点\(m\)条边的无向图，保证该图整个图为一个强联通分量，保证无重边自环。
现在需要求出：有多少种删边方案，使得删完边后，整个图依旧是一个强联通分量。
数据范围：\(n\leq 15 , m\leq n(n-1)\) 。

题解

~~容斥题是真的鸡贼......~~，这\(TMD\)是人能想出来的？
希望下次自己再来看这篇题解的时候还能看懂吧......
规定\(E[U,V]\)表示出度在\(U\)中，入度在\(V\)中的所有边的集合，其中\(U\)、\(V\)为点集。
正难则反(~~虽然反也够难的~~)。
我们改求连边后整张图不是一个强联通分量的方案数。
对于一个点集\(S\)，我们随便连边，然后缩点。
那么缩完点后，形成的一定是一个\(DAG\)。
我们枚举缩完点后，构成出度为\(0\)的\(scc\)的点是哪些，设这个点集为\(T\)。
那么每一种\(T\)集合都可以与原来的某些连边方案对应起来。
我们确定完\(T\)后，\(S-T\)中的点先让它随便连，然后\(S-T\)连向\(T\)中的边也可以随便连。
我们可以暂时得到一个式子：
\[2^{E[S,S]} = \sum_{T\subset S,T \neq null} g_T *2^{E[S-T,S-T]}*2^{E[S-T,T]}\]
设\(f_S\)表示连完\(E[S,S]\)中的边后，\(S\)整张图不为一个强联通分量的方案数，即题目所求。
上式中\(g_T\)表示把\(T\)中的点连成若干强联通分量的方案数。
显然，直接\(g_T = \sum_{s_1,s_2...,s_k} \prod_{k} f_s\)是不对的。
因为由于\(E[S-T,S-T]\)中的边也是随便连的，所以还有可能会形成其他的出度为\(0\)的\(scc\)。
所以这里应该是存在一个容斥系数的，即：
\[g_T = \sum_{s_1,s_2,...,s_k} coef_k*f_{s_1}f_{s_2}...f_{s_k}\]
我们令这个式子为\(g_T\)的定义式。
考虑一下这个容斥系数\(coef\)到底是什么。
我们设\(r_k\)表示划分成\(k\)个出度为\(0\)的\(scc\)的方案数应该要被算几遍，显然\(r_k=1\)。
然后我们来推容斥系数\(coef\)应该设为多少才能够使得计算出来的结果与\(r_k\)等效。
对于被划分成\(k\)个出度为\(0\)的\(scc\)的方案，
它在划分为\(k-1\)个中被算了\(\binom{k}{k-1}\)次，在划分为\(k-2\)个中被算了\(\binom{k}{k-2}\)次......
所以我们有：
\[r_k = \sum_{j=1}^k\binom{k}{j} coef_j\]
显然是一个二项式反演，结合\(r_k=1\)与二项式定理我们可以得到：
\[coef_k = \sum_{j=1}^k (-1)^{k-j}\binom{k}{j} r_k = ((-1)+1)^k - \binom{k}{0}(-1)^k =(-1)^{k+1}\]
所以我们得到了容斥系数\(coef_k = (-1)^{k+1}\)，带入之前\(g_T\)的定义式中：
\[g_T = \sum_{s_1,s_2,...,s_k} (-1)^{k+1} coef_k*f_{s_1}f_{s_2}...f_{s_k}\]
根据容斥系数可以看出，\(g_{null} = -1\)。
现在我们终于弄清楚\(g_T\)究竟应该是什么了！
到此为止，所有的准备工作已经就绪，下面开始求答案。
回到这个式子：
\[2^{E[S,S]} = \sum_{T\subset S , T\neq null} g_T *2^{E[S-T,S-T]}*2^{E[S-T,T]}\]
注意到这个式子中是没有\(f\)数组的，所以：
\[g_S = 2^{E[S,S]} - \sum_{T\subsetneqq S , T\neq null} g_T *2^{S-T,S-T} * 2^{E[S-T,T]}\]
所以顺次把\(g\)数组全部推出来即可。
然后我们来研究一下\(g\)的定义式：
\[g_T = \sum_{s_1,s_2,...,s_k} (-1)^{k+1} coef_k*f_{s_1}f_{s_2}...f_{s_k}\]
注意到，每加入一个\(scc\)，容斥系数会乘上一个\(-1\)。
由于是无序关系，所以我们可以枚举最小编号所在的强联通分量\(s_1\)，然后就可以得到：
\[g_T = (-1) * \sum_{s_1 \subset T , s_1 \neq null} f_{s_1} g_{T-s_1}\]
类似之前求\(g\)的技巧，移项可以得到：
\[f_T = g_T + \sum_{s_1 \subsetneqq T, s_1 \neq null} f_{s_1} g_{T-s_1}\]
所以说只要解决了\(g\)，就可以顺次推出\(f\)，而\(g\)我们已经会求了，所以就做完了。
累死我了.......
不玩了不玩了，再以不玩这种毒瘤题了......

实现代码

#include<bits/stdc++.h>
#define IL inline
#define mod 1000000007
using namespace std ;

int lk[20][20],Inside[(1<<17)],Edge[(1<<17)][20],n,m,pw[233333],pos[(1<<17)] ;
int f[(1<<17)] , g[(1<<17)] , num[(1<<17)] , mx ; 

IL void Pre() {
    for(int i = 1,u,v; i <= m; i ++) cin >> u >> v , lk[u][v] ++ ;
    mx = (1 << n) ; 
    for(int S = 0; S < mx; S ++)
        for(int i = 1; i <= n; i ++)
            for(int j = 1; j <= n; j ++)
                if((S&(1<<(i-1))) && (S&(1<<(j-1)))) Inside[S] += lk[i][j] ;
    for(int S = 0; S < mx; S ++)
        for(int v = 1; v <= n; v ++) if(S & (1 << (v - 1))) continue ;
            else for(int u = 1; u <= n; u ++)
                     if(S & (1 << (u - 1))) Edge[S][v] += lk[u][v] ;
    for(int S = 0; S < mx; S ++) {
        for(int v = 1; v <= n; v ++) if(S & (1 << (v - 1))) pos[S] = v ;
    }
    pw[0] = 1 ;
    for(int i = 1; i <= m; i ++) pw[i] = (pw[i - 1] << 1) % mod ; return ; 
}

IL void add(int &x , int y) {x += y ; if(x >= mod) x -= mod ; }

int main() {
    freopen("scon.in","r",stdin) ;
    freopen("scon.out","w",stdout) ;
    cin >> n >> m ;
    Pre() ; 
    g[0] = mod - 1 ;
    for(int S = 1; S < mx; S ++) {
        g[S] = pw[Inside[S]] ;
        for(int T = S,tmp; T ; T = (T - 1) & S) {
            num[T] = 0 ; tmp = T ; while(tmp) add(num[T] , Edge[S ^ T][pos[tmp]]) , tmp -= (1 << (pos[tmp] - 1)) ;
        }
        for(int T = S; T ; T = (T - 1) & S) 
            if(S ^ T) add(g[S] , mod - 1ll * g[T] * pw[Inside[S ^ T]] % mod * pw[num[T]] % mod) ;
    }
    for(int S = 1; S < mx; S ++) {
        for(int s1 = S; s1 ; s1 = (s1 - 1) & S) {
            if(s1 & (1 << (pos[S] - 1))) add(f[S] , 1ll * f[s1] * g[S ^ s1] % mod) ; 
        }
        add(f[S] , g[S]) ; 
    }
    cout << f[mx - 1] << endl ; return 0 ; 
}