BZOJ 3812: 主旋律（容斥状压+DAG计数理论）

题意：有多少有向边的子集删去之后整个图仍然强联通。
n<=15, m<=n * (n-1)
上一次做弱化版：有多少有向边的子集使整个图没有环。
当时的做法是。。。。。。
直接在拓扑图的最后一层加一层点，对于两层可能部分合并的情况，我们来一个莫名其妙的容斥即可。具体链接
这个题容易想到补集转化dp。
首先我们可以设dp[sta]为sta集合的点构成的强连通图数量。
不难想到我们可以用2^边数 - 非强连通图的数量。
这个非强连通图怎么算呢？
如果这个图（是竞赛图一定）联通，我们可以枚举强连通分量缩点后拓扑序最大的强连通分量的点的集合，然后这个集合中所有点向其他强连通分量的出边都得删，这样算出的方案数。。。。。。其实没有保证联通，拓扑序最大的强连通分量也不止一个（这个技巧在有向竞赛图中才有用）。
那么就再疯狂一点，我们枚举所有联通块的拓扑序最大的强连通分量中的点，然后这个集合中所有点向其他强连通分量的出边都得删，我们就把第二个问题解决了。
然后第一个问题就是很简单的算重了，不连通就会增加联通块，就造成了点集合A包含点集合B时，算B的答案时会把A的答案也算进去，那么按联通块的数量a增加一个容斥系数(-1)^a+1就行了。
然后发现我们的dp和a的大小无关，只看奇偶。
那可以进一步简化状态：
AC Code:

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define mod 1000000007
#define maxn 15
using namespace std;
 
int n,m,cmk[1<<15],c[maxn][maxn],ct[15][1<<15],lg[1<<15],f[1<<15],p2[200],g[2][1<<15];
int Pow(int base,int k)
{
    int ret = 1;
    for(;k;k>>=1,base=1ll*base*base%mod)
        if(k&1)
            ret=1ll*ret*base%mod;
    return ret;
}
 
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);    
    for(int i=0,u,v;i<m;i++)
        scanf("%d%d",&u,&v),u--,v--,c[u][v]++;
    for(int sta=1;sta<(1<<n);sta++)
    {
        lg[sta] = lg[sta>>1] + (sta>1);
        int j = lg[sta&-sta];
        cmk[sta] = cmk[sta-(sta&-sta)];
        for(int k=0;k<n;k++)
            if(sta>>k&1)
                cmk[sta] += c[k][j] + c[j][k];
        for(int k=0;k<n;k++)
        {
            for(int p=0;p<n;p++)
                if(sta>>p&1)
                    ct[k][sta] += c[k][p];
        }
    }
     
    p2[0] = g[0][0] = 1;
    for(int i=1;i<200;i++) p2[i] = p2[i-1] * 2ll % mod;  
    for(int sta=1;sta<(1<<n);sta++)
    {
        f[sta] = p2[cmk[sta]];
        int k = sta&-sta;
        for(int s = sta;s;s=(s-1)&sta)
            if((sta-s)&k){
                g[0][sta] = (g[0][sta] + g[1][s] * 1ll * f[sta-s]) % mod;
                g[1][sta] = (g[1][sta] + g[0][s] * 1ll * f[sta-s]) % mod;
            }
        for(int s = sta;s;s=(s-1)&sta)
            {
                int res = 0;
                for(int tmp=sta-s;tmp;tmp-=tmp&-tmp)
                    res += ct[lg[tmp&-tmp]][s];
                f[sta] = (f[sta] - 1ll * (g[1][s] - g[0][s]) * p2[res + cmk[sta-s]]) % mod;
            }
        g[1][sta] = (g[1][sta] + f[sta]) % mod;
    }
    printf("%d\n",(f[(1<<n)-1]+mod)%mod);
}

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