洛谷 CF1193A Amusement Park
题目翻译
有一个游乐场有一个好玩的项目：一些有向滑梯可以将游客从一个景点快速、刺激地传送到另一个景点。现在，你要帮游乐场老板来规划一个造滑梯的项目。
滑梯只能从海拔高的地方向海拔低的地方滑。老板原定的方案已经给出，你的工作是反转某些滑梯的方向（可以反转全部的或一个都不转），并为每个景点指定一个海拔高度，使得每一个滑梯都能下山，那么这个方案是合法的。其成本是要反转的滑梯的总数。对于老板给定的方案，你需要算出所有合法方案的成本总和。由于这个数可能很大，所以输出时需将其对\(998,244,353\)取模。
输入格式
第一行包括两个用空格隔开的整数\(n,m(1\le n\le 18,0\le m\le n(n-1)/2)\)表示景点和滑梯的数量。景点从\(1-n\)编号。
之后的\(m\)行，第\(i\)行包括两个整数\(a_i,b_i(1\le a_i,b_i\le n)\)，表示从\(a_i\)到\(b_i\)有一条滑梯。数据保证无自环，无重边，无双向边。
输出格式
输出一行，表示答案。
子任务：
子任务1：（7分）\(n\le 3\)。
子任务2：（12分）\(n\le 6\)。
子任务3：（23分）\(n\le 10\)。
子任务4：（21分）\(n\le 15\)。
子任务5：（37分）无附加条件。
样例说明
在第一个样例中，有两种方案：
不反转任何滑梯，花费为0.
反转滑梯，花费为1.
因为所有方案都是合法的，所以答案为1.在第二个样例中，有8种方案如下：（括号中为花费）
- \(1\to 2,2\to 3,1\to 3(0)\)
- \(1\to 2,2\to 3,3\to 1(1)\)
- \(1\to 2,3\to 2,1\to 3(1)\)
- \(1\to 2,3\to 2,3\to 1(2)\)
- \(2\to 1,2\to 3,1\to 3(1)\)
- \(2\to 1,2\to 3,3\to 1(2)\)
- \(2\to 1,3\to 2,1\to 3 (2)\)
- \(2\to 1,3\to 2,3\to 1(3)\)
第二种方案是不合法的，因为会出现了一个从1到1的回路，制造了1点必须比自己高的悖论。同样地，第七种方案也是不合法的，所以答案是\(0+1+2+1+2+3=9\)。
题解：
作为本题第一个提交翻译的人（也不知道现在过没过）和第二个AC的人，先抢着发一下第一篇题解。
乍一看题面（因为是我翻译的）感觉题目爆难（事实上的确挺难的）。但是实际上我们不需要确定这张图的海拔高度到底是多少。我们只需要保证这张图没有环即可（由样例说明可以得出，环是绝对不合法的）。同理，我们可以证明，只要这个图不包含环，那么这个图就绝对是合法的。
那么题意就变成了：一张有向图，随便改边的方向，最终的答案是使图无环的贡献之和。
但是蒟蒻太弱了，自己只YY到了上面的步骤...
我们可以这样去想，对于一张图，我们可以把它拆成若干个DAG（有向无环图），这些DAG以点集的形式出现。确定一个DAG为初始集合。那么我们可以这样考虑：我们把剩下的DAG点集分批次加入到这个初始集合中，但是，DAG+DAG不一定还是DAG，所以我们在加入的时候进行判断。显然，假如我们新加入的点的出度或入度全部为0，那么这个加入后的原始集合就会依然合法。
注意这个关系是或！为什么呢？以为我们只要保证这些点的出度或者入度都为0，我们就可以保证：我们在链接的时候只连它们中度为0的那些，而那些度不为0的就无论如何也不会和原图构成环。
所以我们考虑采用DP来解决方案数的问题：设DP[a]为集合a为DAG的方案总数。
但是我们会出现：一个合法的小集合，我们既可以把它分多次依次加入，也可以把它一次性加入。
所以我们还需要利用容斥原理。
思路及代码借鉴自@zryabc's blog。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define check(x,y) (((x)>>((y)-1))&1)
using namespace std;
const int mod=998244353;
const int maxn=1<<18|5;
int n,m;
int u[405],v[405];
ll dp[maxn];
int cnt[maxn];
bool mark[maxn];
void add(ll &x,ll y)
{
x+=y;
if(x>=mod)
x-=mod;
if(x<0)
x+=mod;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
scanf("%d%d",&u[i],&v[i]);
cnt[0]=-1;dp[0]=1;
for(int i=1;i<1<<n;i++)
cnt[i]=-cnt[i&(i-1)];
for(int i=1;i<1<<n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
if(check(i,u[j]) && check(i,v[j]))
{
mark[i]=1;
break;
}
for(int i=1;i<1<<n;i++)
for(int j=i;j>=1;j=(j-1)&i)
if(!mark[j])
add(dp[i],dp[i^j]*cnt[j]);
printf("%lld\n",dp[(1<<n)-1]*m%mod*499122177%mod);
return 0;
}