题目
欧贝利斯克的巨神兵很喜欢有向图，有一天他找到了一张\(n\)个点\(m\)条边的有向图。
欧贝利斯克认为一个没有环的有向图是优美的，请问这张图有多少个子图（即选定一个边集）是优美的？
答案对\(10^9+7\)取模。
对于40%的数据\(n≤5,m≤20\)
对于60%的数据\(n≤10\)；
对于80%的数据\(n≤15\)；
对于100%的数据\(n≤17\)。
思路
考场上只会写枚举边集的纯暴力，后来发现自己蠢爆了。
首先这题的关键在于如何设计出一个算法，把复杂度堆在点数上而不是边上，之后所做的工作都是在此基础之上进行优化。
看看在40分的暴力中，判环时用了拓扑排序，考虑以拓扑排序为基础对原图分层。
p60
定义\(dp[i][j]\)表示当前已经使用了哪些点，最后一层有哪些点，一层层的转移，每一层内部不能有边，层与层之间的边可选可不选。
struct P60{
int dp[1<<10][1<<10];
int cnt[1<<10];
int Pow[15];
void Print(int x){
for(int i=0;i<n;i++)
if(x&1<<i)printf("1");
else printf("0");
puts("");
}
void Init(){
for(int i=1;i<1<<n;i++)cnt[i]=cnt[i>>1]+(i&1);
for(int i=1;i<1<<n;i++)dp[i][i]=1;
Pow[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)Pow[i]=1LL*Pow[i-1]*2%mod;
}
void solve(){
Init();
int base=(1<<n)-1;
for(int i=1;i<base;i++){//diandeshiyongqingkuang
for(int j=i;j;j=(j-1)&i){//dangqiancengyijingyonglezhemeduodian
for(int k=(base^i);k;k=(k-1)&(base^i)){//qianyicengyaoyongzhexiedian
LL tmp=1;
for(int r=0;r<n;r++)
if(k&1<<r){
tmp=tmp*(Pow[cnt[j&st[r]]]-1)%mod;
tmp=tmp*Pow[cnt[(i^j)&st[r]]]%mod;
}
Add(dp[i|k][k],tmp*dp[i][j]%mod);
}
}
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=base;i++)
Add(ans,dp[base][i]);
printf("%d\n",ans);
}
}p60;p100
进一步发现，第二个状态\(j\)可以省略，使用容斥的思想解决问题。
按照加入的点集来进行容斥。
struct P100{
int dp[1<<17],tmp[1<<17],S[1<<17];
int cnt[1<<17];
int Pow[505];
void Init(){
cnt[0]=-1;
for(int i=1;i<1<<n;i++)cnt[i]=-cnt[i&(i-1)];
Pow[0]=1;
for(int i=1;i<=n*n;i++)Pow[i]=1LL*Pow[i-1]*2%mod;
}
void solve(){
Init();
int base=(1<<n)-1;
dp[0]=1;
for(int i=0;i<base;i++){
S[0]=0;
for(int j=0;j<n;j++)tmp[1<<j]=0;
for(int j=0;j<n;j++){if(i&1<<j){for(int k=0;k<n;k++){if(st[j]&1<<k)tmp[1<<k]++;}}}
int to=(base^i);
for(int T=(to&(to-1));;T=(T-1)&to){
int ne=(T^to);
S[ne]=S[ne&(ne-1)]+tmp[ne&(-ne)];
Add(dp[i|ne],1LL*dp[i]*Pow[S[ne]]%mod*cnt[ne]%mod);
if(!T)break;
}
}
printf("%d\n",dp[base]);
}
}p100;完整代码
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
const int mod=1e9+7;
using namespace std;
int n,m;
int st[20],ed[20];
void Add(int &x,int y){
x+=y;
if(x>=mod)x-=mod;
if(x<0)x+=mod;
}
struct P60{
int dp[1<<10][1<<10];
int cnt[1<<10];
int Pow[15];
void Print(int x){
for(int i=0;i<n;i++)
if(x&1<<i)printf("1");
else printf("0");
puts("");
}
void Init(){
for(int i=1;i<1<<n;i++)cnt[i]=cnt[i>>1]+(i&1);
for(int i=1;i<1<<n;i++)dp[i][i]=1;
Pow[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)Pow[i]=1LL*Pow[i-1]*2%mod;
}
void solve(){
Init();
int base=(1<<n)-1;
for(int i=1;i<base;i++){//diandeshiyongqingkuang
for(int j=i;j;j=(j-1)&i){//dangqiancengyijingyonglezhemeduodian
for(int k=(base^i);k;k=(k-1)&(base^i)){//qianyicengyaoyongzhexiedian
LL tmp=1;
for(int r=0;r<n;r++)
if(k&1<<r){
tmp=tmp*(Pow[cnt[j&st[r]]]-1)%mod;
tmp=tmp*Pow[cnt[(i^j)&st[r]]]%mod;
}
Add(dp[i|k][k],tmp*dp[i][j]%mod);
}
}
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=base;i++)
Add(ans,dp[base][i]);
printf("%d\n",ans);
}
}p60;
struct P100{
int dp[1<<17],tmp[1<<17],S[1<<17];
int cnt[1<<17];
int Pow[505];
void Init(){
cnt[0]=-1;
for(int i=1;i<1<<n;i++)cnt[i]=-cnt[i&(i-1)];
Pow[0]=1;
for(int i=1;i<=n*n;i++)Pow[i]=1LL*Pow[i-1]*2%mod;
}
void solve(){
Init();
int base=(1<<n)-1;
dp[0]=1;
for(int i=0;i<base;i++){
S[0]=0;
for(int j=0;j<n;j++)tmp[1<<j]=0;
for(int j=0;j<n;j++){if(i&1<<j){for(int k=0;k<n;k++){if(st[j]&1<<k)tmp[1<<k]++;}}}
int to=(base^i);
for(int T=(to&(to-1));;T=(T-1)&to){
int ne=(T^to);
S[ne]=S[ne&(ne-1)]+tmp[ne&(-ne)];
Add(dp[i|ne],1LL*dp[i]*Pow[S[ne]]%mod*cnt[ne]%mod);
if(!T)break;
}
}
printf("%d\n",dp[base]);
}
}p100;
int main(){
freopen("obelisk.in","r",stdin);
freopen("obelisk.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1,a,b;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&a,&b);a--;b--;
st[a]|=1<<b;
}
p100.solve();
return 0;
}