@description@
给定一个 n 点 m 边的无向图。
现在要求给每个点写上 0 或 1，一条边的权值定义为该边连接的两点权值之和。
有多少种方案，使得存在至少一条边的权值为 0，至少一条边权值为 1，至少一条边权值为 2。
Input
第一行包含两个数 n 和 m (1≤n≤40, 0≤m≤n*(n−1)/2)，表示点数与边数。
接下来 m 行，每行两个整数 xi 与 yi (1≤xi,yi≤n, xi≠yi)，描述一条边的两个端点。
保证无重边。
Output
输出合法的方案个数。
Examples
input
6 5
1 2
2 3
3 4
4 5
5 1
output
20
input
4 4
1 2
2 3
3 4
4 1
output
4
@solution@
n <= 40 暗示 meet in the middle。要求的计数方案暗示容斥。
首先考虑怎么容斥，我们统计以下方案数量：
f1：没有任何限制。
f2：强制 0 不出现。
f3：强制 1 不出现。
f4：强制 2 不出现。
f5：强制 0 与 1 不出现。
f6：强制 0 与 2 不出现。
f7：强制 1 与 2 不出现。
f8：强制 0, 1 与 2 不出现。
最终答案 ans = f1 - f2 - f3 - f4 + f5 + f6 + f7 - f8。
接下来考虑具体怎么计数。
首先易得 f1 = 2^n。
如果所有连通分量大小都为 1，共有 m 个连通分量，则 f8 = 2^m；否则 f8 = 0。
如果所有连通分量都为二分图，共有 m 个连通分量，则 f6 = 2^m；否则 f6 = 0。
如果大小为 1 的连通分量个数为 k，则 f5 = f7 = 2^k。
如果总连通分量个数为 m，则 f3 = 2^m。
而剩下的 f2， f4 就需要双向搜索。因为 f2 = f4，我们不妨只考虑 f4。
假如点 u 的数值为 0，则它相邻的点不带限制；否则如果点 u 的数值为 1，它相邻的点只能为 0。
我们枚举前一半的二进制状态，得到哪些点必须为 0，进而判断当前状态是否合法。
记 f[s] 表示 s 是否合法，合法为 1，否则为 0；g[s] 表示二进制 s' <= s 的 f[s'] 之和，高维前缀和即可。
查询时枚举后一半的二进制状态，首先判断是否合法，然后得到前一半哪些为 0，哪些为 0 或 1。直接取 g 值即可。
@accepted code@
#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n, m; ll G[40 + 5];
int fa[40 + 5], siz[40 + 5];
int find(int x) {
return fa[x] = (fa[x] == x ? x : find(fa[x]));
}
void unite(int x, int y) {
int fx = find(x), fy = find(y);
if( fx != fy ) fa[fx] = fy, siz[fy] += siz[fx];
}
ll check(int x) {
ll d[40 + 5] = {};
for(int i=0;i<n;i++)
d[i] = -1;
queue<int>que; que.push(x); d[x] = 0;
while( !que.empty() ) {
int f = que.front(); que.pop();
for(int i=0;i<n;i++)
if( (G[f]>>i) & 1 ) {
if( d[i] == -1 ) {
d[i] = d[f] ^ 1;
que.push(i);
}
else {
if( d[i] != (d[f] ^ 1) )
return 0;
}
}
}
return 2;
}
ll solve1() {
ll ret1 = 1, ret2 = 1, ret3 = 1, ret4 = 1;
for(int i=0;i<n;i++)
if( fa[i] == i ) {
ret1 <<= 1;
ret2 = ret2*check(i);
ret3 = (siz[i] == 1) ? (ret3<<1) : ret3;
ret4 = (siz[i] == 1) ? (ret4<<1) : 0;
}
return ret2 - ret1 + (ret3<<1) - ret4;
}
ll f[1<<20];
void dfs1(int d, int mxd, int s1, int s2) {
if( d == mxd ) {
f[s1]++;
return ;
}
dfs1(d + 1, mxd, s1, s2);
if( !(s2 & (1LL<<d)) )
dfs1(d + 1, mxd, s1|(1LL<<d), s2|G[d]);
}
int mid, t;
ll dfs2(int d, int mxd, ll s) {
if( d == mxd ) {
s = s & t, s = s ^ t;
return f[s];
}
ll ret = dfs2(d + 1, mxd, s);
if( !(s & (1LL<<d)) )
ret += dfs2(d + 1, mxd, s|G[d]);
return ret;
}
ll solve2() {
mid = (n>>1), t = (1<<mid) - 1;
dfs1(0, mid, 0, 0);
for(int i=0;i<mid;i++)
for(int j=0;j<=t;j++)
if( j & (1LL<<i) ) f[j] += f[j^(1LL<<i)];
return dfs2(mid, n, 0);
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i=0;i<n;i++) fa[i] = i, siz[i] = 1;
for(int i=1;i<=m;i++) {
int x, y; scanf("%d%d", &x, &y), x--, y--;
G[x] |= (1LL<<y), G[y] |= (1LL<<x), unite(x, y);
}
printf("%lld\n", (1LL<<n) + solve1() - (solve2()<<1));
}@details@
一开始没有考虑到连通块大小为 1（即该连通块中没有边）的情况，WA 了一次。
然后因为没开 long long，WA 了好几次。