题目描述
某人在玩一个非常神奇的游戏。这个游戏中有一个左右各 \(n\) 个点的二分图，图中的边会按照一定的规律随机出现。
为了描述这些规律，某人将这些边分到若干个组中。每条边只属于一个组。
有且仅有以下三类边的分组：
1.这类组每组只有一条边，该条边恰好有 \(50\%\) 的概率出现。
2.这类组每组恰好有两条边，这两条边有 \(50\%\) 的概率同时出现，有 \(50\%\) 的概率同时不出现。
3.这类组每组恰好有两条边，这两条边恰好出现一条，各有 \(50\%\) 的概率出现。
组和组之间边的出现都是完全独立的。
某人现在知道了边的分组和组的种类，想要知道完美匹配数量的期望是多少。你能帮助她解决这个问题吗？
输入格式
从标准输入读入数据。
第一行两个数 \(n\) 和 \(m\)，表示图左右点数的数量和边的组的个数。我们用 \((a,b)\) （其中 \(1\le a,b\le n\)）表示一条左端点为二分图左侧第 \(a\) 个点，右端点为二分图右侧第 \(b\) 个点的边。
接下来 \(m\) 行，每行描述一个组。开头第一个数 \(t\) 表示组的种类，\(0\) 表示是一条边的组，\(2\) 表示是两条边的组中的第一种，\(2\) 表示是两条边的组中的第二种。如果 \(t=0\)， 接下来两个数 \(a,b\) 表示组内的第一条边；否则，接下来四个数 \(a1,ba,a2,b2\)， 表示该组内的两条边分别为 \((a1,b1)\) 和 \((a2,b2)\)。
保证每条边至多出现一次。
输出格式
输出到标准输出。
假设期望的完美匹配数量是 \(E\)。输出一行表示
\[(2^nE)\ mod\ (1e9+7)\]可以看出上式一定是一个整数。
其实这题不是很难吧（只要你抱着骗分的心态去做）
看到 \(n\le 15\) 肯定能想到状压，但是状压 \(2^{2n}\) 复杂度不对啊？ 那就别循环了，直接记搜
先考虑 \(t=0\) 的情况
由于每个点一定需要匹配一条边，直接扫每个左边的点，同时枚举他的出边选那一条就行了
然后考虑 \(t=1/2\)
\(t=1\) 时，如果我们像 \(t=0\) 一样枚举出边且每次概率乘以 \(\frac{1}{2}\)，发现当同时选择 \((a1,b1)\) 和 \((a2,b2)\) 时贡献只有 \(\frac{1}{4}\)
同理当 \(t=2\) 时，当同时选择 \((a1,b1)\) 和 \((a2,b2)\) 时贡献多了 \(\frac{1}{4}\)
考虑怎么补回来这些损失和花费
如果我们有一种情况中同时选择了 \((a1,b1)\) 和 \((a2,b2)\) ，那么如果建出一条 \((a1,b1)，(a2,b2)\) 的边，一定会在某种情况被选上
那么对于 \(t=1\)，我们建出一条 \((a1,b1)·(a2,b2)\) 的边，使它的概率为 \(\frac{1}{4}\),这样可以补回来少的 \(\frac{1}{4}\)
对于 \(t=2\)，我们建出一条 \((a1,b1)·(a2,b2)\) 的边，使它的概率为 \(-\frac{1}{4}\),这样可以加上多加的 \(\frac{1}{4}\)
然后记搜就行了
code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define cri const register int
#define re register
using namespace std;
const int mod=1e9+7,inv2=500000004,inv4=250000002;
vector<int>is[16],e[16];
unordered_map<int,int>mp;
int s[40000];
int dfs(cri now){
if(!now) return 1;
if(mp.find(now)!=mp.end()) return mp[now];
int p=s[now&-now],ans=0;
for(int i=0;i<is[p].size();i++)
if((now&is[p][i])==is[p][i])
ans=(ans+1ll*dfs(now^is[p][i])*e[p][i]%mod)%mod;
return mp[now]=ans;
}
int main(){
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++) s[1<<i-1]=i;
while(m--){
int opt,a1,a2,b1,b2;
scanf("%d",&opt);
if(!opt){
scanf("%d%d",&a1,&b1);
int tmp=(1<<a1-1)|(1<<b1+n-1);
is[a1].push_back(tmp);
e[a1].push_back(inv2);
}
if(opt==1){
scanf("%d%d%d%d",&a1,&b1,&a2,&b2);
int tmp1=(1<<a1-1)|(1<<b1+n-1),tmp2=(1<<a2-1)|(1<<b2+n-1),tmp=tmp1|tmp2;
is[a1].push_back(tmp1);e[a1].push_back(inv2);
is[a2].push_back(tmp2);e[a2].push_back(inv2);
if(a1!=a2&&b1!=b2){
is[a1].push_back(tmp);e[a1].push_back(inv4);
is[a2].push_back(tmp);e[a2].push_back(inv4);
}
}
if(opt==2){
scanf("%d%d%d%d",&a1,&b1,&a2,&b2);
int tmp1=(1<<a1-1)|(1<<b1+n-1),tmp2=(1<<a2-1)|(1<<b2+n-1),tmp=tmp1|tmp2;
is[a1].push_back(tmp1);e[a1].push_back(inv2);
is[a2].push_back(tmp2);e[a2].push_back(inv2);
if(a1!=a2&&b1!=b2){
is[a1].push_back(tmp);e[a1].push_back(mod-inv4);
is[a2].push_back(tmp);e[a2].push_back(mod-inv4);
}
}
}
int ans=dfs((1<<n+n)-1);
for(int i=1;i<=n;i++) ans=ans*2%mod;
cout<<ans<<endl;
}