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题解

考虑求非强连通子图的数量，假设为 $g$ ，那么答案就是 $2^m-g$ 。现在考虑求 $g$ 。

假设 $f_s$ 表示用 $s$ 这些点能构成的强连通图的个数， $g_s$ 表示用 $s$ 这些点能构成的非强连通图的方案数，其中构成 $i$ 个强连通分量则对 $g_s$ 的贡献为 $1)^i$ 。容易发现

g_s=f_s-\sum_{t\subset s,u\in t} g_tf_{s-t}

那么

f_s=2^{e_s}-\sum_{t\subseteq s,t\not= \varnothing}2^{e_{s-t}+e_{s-t,t}}g_s

容易发现，

f_s

此时需要的是不包含

f_s

的

g_s

，因此

g_s

在求出

f_s

之前是不能

f_s

的。

代码

#include 
   
     int read(){     int x=0,f=1;  char ch=getchar();  while((ch<'0')||(ch>'9'))    {         if(ch=='-')        {             f=-f;        }      ch=getchar();    }  while((ch>='0')&&(ch<='9'))    {         x=x*10+ch-'0';      ch=getchar();    }  return x*f;} const int maxn=15;const int maxm=1<
    
     =mod)        {             pow[i]-=mod;        }    }  f[0]=g[0]=1;  for(int s=1; s<=full; ++s)    {         int sk=s^lowbit(s);      for(int t=sk; t; t=sk&(t-1))        {             g[s]-=1ll*f[s^t]*g[t]%mod;          if(g[s]<0)            {                 g[s]+=mod;            }        }      for(int i=1; i<=n; ++i)        {             if((1<<(i-1))&s)            {                 in[s]+=ecnt[s][i];            }        }      f[s]+=pow[in[s]];      for(int t=s; t; t=s&(t-1))        {             int e=0;          for(int i=1; i<=n; ++i)            {                 if((1<<(i-1))&t)                {                     e+=ecnt[s^t][i];                }            }          f[s]-=1ll*pow[e+in[s^t]]*g[t]%mod;          if(f[s]<0)            {                 f[s]+=mod;            }        }      g[s]+=f[s];      if(g[s]>=mod)        {             g[s]-=mod;        }    }  printf("%d\n",f[full]);  return 0;}

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