BZOJ 2560(子集DP+容斥原理）

2560: 串珠子

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Description

　　铭铭有n个十分漂亮的珠子和若干根颜色不同的绳子。现在铭铭想用绳子把所有的珠子连接成一个整体。
　　现在已知所有珠子互不相同，用整数1到n编号。对于第i个珠子和第j个珠子，可以选择不用绳子连接，或者在ci,j根不同颜色的绳子中选择一根将它们连接。如果把珠子看作点，把绳子看作边，将所有珠子连成一个整体即为所有点构成一个连通图。特别地，珠子不能和自己连接。
　　铭铭希望知道总共有多少种不同的方案将所有珠子连成一个整体。由于答案可能很大，因此只需输出答案对1000000007取模的结果。

　

Input

　标准输入。输入第一行包含一个正整数n，表示珠子的个数。接下来n行，每行包含n个非负整数，用空格隔开。这n行中，第i行第j个数为ci,j。

　

Output

　标准输出。输出一行一个整数，为连接方案数对1000000007取模的结果。

Sample Input

3
0 2 3
2 0 4
3 4 0

Sample Output

50

HINT

　　对于100%的数据，n为正整数，所有的ci,j为非负整数且不超过1000000007。保证ci,j=cj,i。每组数据的n值如下表所示。

题解

这题是一个状压DP，或者说子集DP。。

设计两个数组，f[i]代表构成一个状态为i的连通图的方案数。

g[i]代表构成一个状态为i的图（不保证联通）的方案数。

然后g[i]可以枚举i中的每一个有序点对对应的a[i][j]+1的乘积求出。

比如i在二进制下为1011，所以g[i]就是a[1][2]*a[1][4]*a[2][4];

那么f[i]怎么求呢？可以用容斥。

当前点集为联通图的方案数等于总方案数-一个子集是连通图的方案数*这个子集的补集不保证是连通图的方案数。

那么我们枚举子集就可以了。

 #include<iostream>
 #include<cstring>
 #include<cstdio>
 #include<cmath>
 #include<algorithm>
 using namespace std;
 const long long mod=1e9+;
 const long long N=;
 long long n,a[N][N],g[<<],f[<<];
 long long lowbit(long long x){
     return x&-x;
 }
 int main(){
     scanf("%lld",&n);
     for(long long i=;i<=n;i++)
         for(long long j=;j<=n;j++){
             scanf("%lld",&a[i][j]);
         }
     for(long long i=;i<=(<<n)-;i++){
         g[i]=;
         for(long long j=;j<=n;j++){
             if((<<j-)&i){
                 for(long long k=j+;k<=n;k++){
                     if((<<k-)&i){
                         g[i]=(g[i]*(a[j][k]+))%mod;
                     }
                 }
             }
         }
         f[i]=g[i];
         long long now=i^lowbit(i);
         for(long long j=now;j;j=(j-)&now){
             f[i]=((f[i]-f[i^j]*g[j])%mod+mod)%mod;
         }
     }
     printf("%lld",f[(<<n)-]);
     return ;
 }