題意

定義兩個結點數相同的圖 \(G_1\) 與圖 \(G_2\) 的異或為一個新的圖 \(G\) ,其中如果 \((u, v)\) 在 \(G_1\) 與 \(G_2\) 中的出現次數之和為 \(1\) , 那麼邊 \((u, v)\) 在 \(G\) 中, 否則這條邊不在 \(G\) 中.

現在給定 \(s\) 個結點數相同的圖 \(G_{1...s}\) , 設 \(S = {G_1, G_2, \cdots , G_s}\) , 請問 \(S\) 有多少個子集的異或為一個連通圖?

\(n \le 10, s \le 60\)

題解

原來聽過這題，但一直沒有想去寫，又講了一遍，就來做了下，可是還不會。。。

連通圖計數的一個經典思路就是容斥。

對於這道題，我們先用貝爾數 \(bell(n)\) 的時間來列舉 \(n\) 個點的子集（聯通塊）劃分，強制連通性 至少 是這個劃分。

也就是說，不同子集的兩個點之間一定沒有邊，相同子集的兩個點則任意。

對於一個有 \(m\) 個連通塊的圖。令 \(f_i\) 為至少有 \(i\) 個聯通塊的容斥係數需要滿足
\[ \sum_{i = 1}^{m} {m\brace i} f_i = [m = 1] \]

可以斯特林反演，也可以打表找規律得出
\[ f_i = (-1)^{i - 1} (i - 1)! \]

那麼問題就轉化成，我們只考慮不同子集中的邊。對於 \(s\)

這個顯然是可以利用線性基得到異或方案的，記線性基的元素個數為 \(tot\) ，由於之中的元素是線性無關的，其他的 \(2^{s - tot}\) 個集合是一定可以通過異或(或不異或)線性基裡的某些元素得到 \(0\) 的。

那麼方案數其實就是 \(2^{s - tot}\) 。

因為此題卡常，所以要卡一些常數才能通過此題qwq 具體可以看程式碼實現優化。

程式碼

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, l, r) for (register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for (register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Rep(i, r) for (register int i = (0), i##end = (int)(r); i < i##end; ++i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl

using namespace std;

template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) { return b < a ? a = b, 1 : 0; }
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) { return b > a ? a = b, 1 : 0; }

inline int read() {
    int x(0), sgn(1); char ch(getchar());
    for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;
    for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
    return x * sgn;
}

void File() {
#ifdef zjp_shadow
    freopen ("4671.in", "r", stdin);
    freopen ("4671.out", "w", stdout);
#endif
}

typedef long long ll;

const int N = 12, M = 62;

int Strl[N][N], id[N][N], n, s, fac[N], coef[N];

bitset<N> E[M][N]; char str[M];

ll base[M], ans; int bel[N];

pair<int, int> ins[M];

void Dfs(int u, int tot) {
    if (u > n) {
        Set(base, 0);
        int res = 0, tmp = -1;
        For (i, 1, n) For (j, i + 1, n)
            if (bel[i] != bel[j]) {
                ins[++ tmp] = make_pair(i, j);
            }
        For (i, 1, s) {
            ll now = 0;
            For (j, 0, tmp) if (E[i][ins[j].first][ins[j].second]) now |= 1ll << j;
            Fordown (j, tmp, 0) if (now >> j & 1) {
                if (base[j]) now ^= base[j];
                else { base[j] = now; ++ res; break; }
            }
        }
        ans += coef[tot] * (1ll << (s - res));
        return;
    }
    For (i, 1, tot + 1)
        bel[u] = i, Dfs(u + 1, max(tot, i));
}

int main () {

    File();

    s = read();
    scanf ("%s", str + 1);

    int len = strlen(str + 1);

    while (n * (n - 1) / 2 < len) ++ n;

    For (k, 1, s) {
        len = 0;
        For (i, 1, n) For (j, i + 1, n)
            E[k][i][j] = str[id[i][j] = ++ len] - '0';
        if (k < s) scanf ("%s", str + 1);
    }

    fac[0] = 1;
    For (i, 1, n) {
        fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i; 
        coef[i] = (i & 1 ? 1 : -1) * fac[i - 1];
    }
    Dfs(1, 0);

    printf ("%lld\n", ans);

    return 0;

}