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正题

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首先可以把这个问题转化为给出一个无向图，给每一条边一条方向，问能构成多少个DAG。

因为对于一个DAG有与其唯一对应的DAG，就是将每一条边反过来，一对的贡献和就是m。

所以求出有多少个DAG再乘上 $\frac{m}{2}$ 输出即可。

怎么求DAG个数呢？

看到n才18，肯定又是什么子集Dp之类的东西了。

那么状态就很显然了： $f[S]$ 表示当前选的点集为S，能构成的DAG总数。

转移考虑加上一个不包含无向边的点集，因为包含的我也不知道怎么计算他的贡献。

如果S到这个点集有无向边，那么直接确定方向，否则没定的边就先不理，后面自然会决定方向。

假如这个加入的点集大小为 $|X|$ ，那么它也可以先加x个点，再转移到 $T$ ，假设 $f[0]\to f[T-1]$ 都已经去过重了。

那么这个转移就会在 $S\subseteq Y\subset T$ 的Y中算一遍，那么一共会被算 $2^{|X|}-1$ 遍。

考虑如何使用组合数相关知识来去重。

对于一个Y，如果它乘上 $(-1)^{|T|-|Y|+1}$ 再贡献到 $f[T]$ ，那么对于全部的Y来说，计算的式子就会变成：

$-1*[\sum_{i=0}^{|X|-1}C_{|X|}^i(-1)^i] \\=-1*[(1-1)^{|X|}-1] \\=1$

贡献就变成了1，奇妙吧！

而且因为乘的系数只跟 $|T|,|Y|$ 有关，所以转移的时候直接乘就好了。

感觉自己对子集容斥的理解还不够透彻吧，才想了那么久证明。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=18;
int n,m;
int a[160],b[160];
int coef[1<<N],f[1<<N];
bool fuck[1<<N];
const long long mod=998244353;

bool in(int x,int y){
	return y>>(x-1)&1;
}

int main(){
	scanf("%d %d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++)
		scanf("%d %d",&a[i],&b[i]);
	coef[0]=mod-1;f[0]=1;
	for(int i=1;i<(1<<n);i++) coef[i]=mod-coef[i&(i-1)];
	for(int i=1;i<(1<<n);i++) for(int j=1;j<=m;j++) 
		if(in(a[j],i) && in(b[j],i)) fuck[i]=true;
	for(int i=1;i<(1<<n);i++)
		for(int j=i;j;j=(j-1)&i) if(!fuck[j])
			f[i]+=1ll*f[i^j]*coef[j]%mod,f[i]>=mod?f[i]-=mod:0;
	printf("%lld\n",f[(1<<n)-1]*499122177ll%mod*m%mod);
}

「CEOI2019」游乐园，LOJ3165，子集Dp 图论容斥

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