两个常见模型

编号为1~n的人排成一排，问有多少种排法使得任意相邻两人的编号之差不为1或-1。
n<=1000

破坏空位：有两个相邻的之间

我们设\(f[i][j]\)表示1~i的排列，有j组相邻的相差1，且i和i-1不相邻的方案数；

我们设\(g[i][j]\)表示1~i的排列，有j组相邻的相差1，且i和i-1相邻的方案数；

考虑插入i+1的位置，有：

不破坏空位且不与 i 相邻、不破坏空位且与 i 相邻、破坏空位且不与 i 相邻、破坏空位且与 i 相邻（只发生在 g 的转移） 4种。

分别推一下方案数:

首先考虑i和i-1相邻的方案数：

我们考虑一下i-2，i-1和i的关系：

i-1与i-2相邻，然后我们将i放在i-1与i-2的中间：这样将i-1，i-2这一对相邻拆开了，但是又增加了i和i-1这一对，所以相邻的个数相当于没增也没减，也就是\(g[i][j]\)有一项是从\(g[i-1][j]\)转移过来的（前i-1个数，i-1和i-2相邻，共有j对相邻）
i-1与i-2相邻，但是i不放在i-1与i-2的中间，而放在i-1的另一侧：这样我们没有破坏i-1和i-2这一对相邻，并且新增加了i-1和i这一对相邻，因此相邻数增加了1，转移后是j，那么转移前应该是j-1：\(g[i-1][j-1]\)
i-1与i-2不相邻：那么我们也就可以将i放在i-1的一侧，这样增加一对相邻，由于可以将i放在i-1左右两边共两种情况，所以：\(f[i-1][j-1]*2\)因为i-1和i-2不相邻嘛，所以用f；

\(g[i][j]=g[i-1][j]+g[i-1][j-1]+f[i-1][j-1]*2\)

同理可以推出\(f[i][j]\)的转移方程：

本来i-1与i-2相邻，将i插入j对相邻的数的任意一对，这样就破坏了一对，这样方案来源于\(g[i-1][j+1]\)，有（j+1-1）种位置可以选(i-1与i-2那对不能拆，因为插入又会形成新的)。
本来i-1与i-2不相邻，将i插入j对相邻的数的任意一对，这样就破坏了一对，这样方案来源于\(f[i-1][j+1]\)，有（j+1）种位置可以选。
又可能i不去拆开相邻的数，就可以来源于 \(g[i-1][j]\)*(i-j-1)(可以插入i-1与i-2，不改变对数) 或 \(f[i-1][j]\)*(i-j-2)

\(f[i][j]=g[i-1][j+1]*j+f[i-1][j+1]*(j+1)+g[i-1][j]*(i-j-1)+f[i-1][j]*(i-j-2)\)

最后的答案就是\(f[n][0]\)

时间复杂度 O(n^2) 。

有n个珠子，第i和j个珠子之间有\(c[i][j]\)条不同的绳子可选。每对珠子之间可以选择不连绳子，也可以选择用其中一种绳子连接。
问有多少种方案能使n个珠子成为连通图。
n<=16

连通图计数套路：用总数减去不连通的方案数，而不连通的方案数，可以枚举1号点所在连通块的点集（有的问题中是大小），用这个点集的连通方案数乘以剩余点集的总方案数即可。？？？

我们设两个数组，g[s]表示s状态下的所有情况，即s状态下的点两两之间任意连边（包括不连边的情况），f[s]表示s状态下的合法情况，即使得s状态下所有点连通的合法情况。那么答案就是f[2^n-1]。

\(g[s]=g[s-(1<<i)]+\sum_{j\in s-(i<<i)}[i][j]\) \(O(n*2^n)\)

然后我们可以很容易地求出g[s]，我们求出g[s]后，考虑如何求f[s]，f[s]就是g[s]减去所有的不合法情况。那么我们可以枚举s的所有子集，设子集为i，那么不合法的情况就是g[i]*f[s^i]，我们减去这些情况，就能求出f[s]了。