無向圖計數

題目描述

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有一個 \(n\) 個點 \(m\) 條邊的無向圖，對於每個 \(k\) 求出有多少種保留邊的方案使得 \(1\) 能到 \(k\)

\(n\leq 17,m\leq {n\choose 2}\)

解法

設 \(dp[s]\) 表示 \(1\) 能到集合 \(s\)，只考慮集合 \(s\) 中的邊的方案數，轉移考慮總方案減去不合法的方案，不合法的方案可以列舉一個 \(s\) 的真子集 \(t\)，那麼 \(s\oplus t\) 和 \(t\) 之間不能有邊，\(s\oplus t\) 邊任意，設 \(cnt[s]\) 表示 \(2\) 的 \(s\) 內部邊數次方：

可以用 \(\tt FWT\) 優化，時間複雜度 \(O(3^n)/O(2^nn)\)

總結

正難則反是考慮連通性問題的一類重要方法。

#pragma GCC optimize(2)
#include <cstdio>
const int M = 18;
const int MOD = 998244353;
#define int long long
int read()
{
	int x=0,flag=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') if(c=='-') flag=-1;
	while(c>='0' && c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
	return x*flag;
}
int n,m,g[M][M],ans[M],dp[1<<M],cnt[1<<M];
signed main()
{
	n=read();m=read();
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int u=read()-1,v=read()-1;
		g[u][v]=g[v][u]=1;
	}
	for(int s=0;s<(1<<n);s++)
	{
		cnt[s]=1;
		for(int i=0;i<n;i++)
			for(int j=i+1;j<n;j++)
				if((s&(1<<i)) && (s&(1<<j)) && g[i][j])
					cnt[s]=2*cnt[s]%MOD;
	}
	dp[0]=1;
	for(int s=1;s<(1<<n);s++)
	{
		if(s&1) dp[s]=cnt[s];
		for(int t=(s-1)&s;t;t=(t-1)&s)
			dp[s]=(dp[s]-dp[t]*cnt[s-t])%MOD;
	}
	for(int s=0;s<(1<<n);s++)
		for(int i=1;i<n;i++)
			if(s&(1<<i))
				ans[i]=(ans[i]+dp[s]*cnt[(1<<n)-1-s])%MOD;
	for(int i=1;i<n;i++)
		printf("%lld\n",(ans[i]+MOD)%MOD);
}
 

強連通計數

題目描述

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解法

這個題很好，有向圖計數問題可以轉 \(\tt DAG\) 計數，因為那東西已經有一套成熟的計算方法了。

設 \(f[s]\) 表示只考慮集合 \(s\) 的點和它們的邊的方案數，還是總數減去不合法的方案數，計算不合法的方案數直接轉 \(\tt DAG\) 計數，也就是考慮不合法的方案意味著縮點之後構成了 \(\tt DAG\)，並且點數大於 \(1\)

那麼我們對入度為 \(0\) 的點容斥，設 \(g[s]\) 是欽定集合 \(s\) 中的點入度為 \(0\) 的方案數，轉移：

也就是每次新新增一個入度為 \(0\)

設 \(sn[s]\) 表示集合 \(i\) 連向集合 \(s\) 的邊，這個每次 \(dp\) 的時候需要線上處理出來，設 \(s[i]\) 表示集合 \(i\) 內部的邊數，那麼欽定一個子集入度為 \(0\) 來轉移，其他的邊可以隨便選：

其中 \(j\) 列舉的是非空子集，轉移完 \(f\) 之後讓 \(g[i]\leftarrow g[i]+f[i]\) 當作一個小的初始化，時間複雜度 \(O(3^n)\)

#include <cstdio>
const int M = 15;
const int N = 1<<15;
const int MOD = 1e9+7;
#define int long long
int read()
{
	int x=0,flag=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') if(c=='-') flag=-1;
	while(c>='0' && c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
	return x*flag;
}
int n,m,in[N],out[N],pw[N],cnt[N],s[N],sn[M],f[N],g[N];
void calc(int nw,int i)
{
	int to=(nw-1)&i;
	if(to) calc(to,i);
	sn[nw]=sn[nw-(nw&(-nw))]+cnt[in[nw&(-nw)]&i];
	//sn[nw]=sn[to]+cnt[in[nw-to]&i]
	//what I show above is wrong,think about it
}
signed main()
{
	n=read();m=read();pw[0]=1;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int u=read()-1,v=read()-1;
		in[1<<v]|=(1<<u);
		out[1<<u]|=(1<<v);
		pw[i]=pw[i-1]*2%MOD;
	}
	for(int i=1;i<(1<<n);i++)
		cnt[i]=cnt[i>>1]+(i&1);
	for(int i=1;i<(1<<n);i++)
	{
		int w=i&(-i);
		if(i!=w) s[i]=s[i-w]+cnt[in[w]&i]+cnt[out[w]&i];
	}
	for(int i=1;i<(1<<n);i++)
	{
		calc(i,i);int t=i-(i&(-i));
		for(int j=(i-1)&i;j;j=(j-1)&t)
			g[i]=(g[i]-g[j]*f[i-j])%MOD;
		f[i]=pw[s[i]];
		for(int j=i;j;j=(j-1)&i)
			f[i]=(f[i]-g[j]*pw[s[i]-sn[j]])%MOD;
		g[i]=(g[i]+f[i])%MOD;
	}
	printf("%lld\n",(f[(1<<n)-1]+MOD)%MOD);
}

二分圖計數

題目描述

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給一張 \(n\) 個點 \(m\) 條邊的無向圖，問有多少種保留邊的方案使得最後的圖是聯通二分圖。

\(n\le1 7,m\leq{n\choose 2}\)

解法

這題有兩個限制，一個是二分圖，一個是聯通。

考慮分別解決限制，首先考慮集合 \(s\) 是二分圖的方案數，顯然的思路是列舉一個子集 \(t\)，然後考慮兩個集合任意連邊，但是這樣顯然會算重，非連通二分圖會被統計多次。

很難去重，但是考慮我們算的方案是具有組合意義的，我們求出的是二分圖的染色方案，一個驚為天人的思路是 \(dp\) 二分圖的染色方案，最後求出的是連通二分圖的染色方案，所以除以 \(2\) 就得到答案了。

設 \(g[s]\) 是集合 \(s\) 的二分圖染色方案，\(f[s]\) 是集合 \(s\) 的連通二分圖染色方案，然後老正難則反了，我們列舉子集 \(t\)，強制它為連通塊，為了防止算錯我們強制 \(t\) 不包含 \(\tt lowbit\) 那一位：

預處理集合 \(se[s]\) 表示集合 \(s\) 內部的邊數，時間複雜度 \(O(2^nm+3^n)\)

#include <cstdio>
const int N = 1<<17;
const int MOD = 998244353;
const int inv2 = (MOD+1)/2;
#define int long long
int read()
{
	int x=0,flag=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') if(c=='-') flag=-1;
	while(c>='0' && c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
	return x*flag;
}
int n,m,cnt[N],e[N],se[N],g[N],f[N],pw[405];
signed main()
{
	n=read();m=read();pw[0]=1;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int u=read()-1,v=read()-1;
		e[i]=(1<<u)|(1<<v);
		pw[i]=pw[i-1]*2%MOD;
	}
	for(int i=1;i<(1<<n);i++)
		cnt[i]=cnt[i>>1]+(i&1);
	for(int i=0;i<(1<<n);i++)
		for(int j=1;j<=m;j++)
			se[i]+=((i&e[j])==e[j]);
	for(int i=1;i<(1<<n);i++)
	{
		g[i]++;
		for(int j=i;j;j=(j-1)&i)
			g[i]=(g[i]+pw[se[i]-se[j]-se[i^j]])%MOD;
		f[i]=g[i];int t=i-(i&(-i));
		for(int j=t;j;j=(j-1)&t)
			f[i]=(f[i]-g[j]*f[i-j])%MOD;
	}
	printf("%lld\n",(f[(1<<n)-1]*inv2%MOD+MOD)%MOD);
}