Solution -「ABC 213G」Connectivity 2

\(\mathcal{Description}\)

  Link.

  给定简单无向图 \(G=(V,E)\)，点的编号从 \(1\) 到 \(|V|=n\)。对于 \(k=2..n\)，求 \(H=(V,E'\subseteq E)\) 的个数，使得 \(1\) 与 \(k\) 连通。

  \(n\le17\)。

\(\mathcal{Solution}\)

  一种在状压 DP 子集枚举时的去重 trick√

  令 \(f(S)\) 表示仅考虑点集 \(S\) 的导出子图时，使得点集 \(S\) 连通的选边方案数。设 \(\operatorname{inc}(S)\) 表示点集 \(S\) 的导出子图的边数，考虑一个错误的转移：

\[f(S)=2^{\operatorname{inc}(S)}-\sum_{T\subsetneq S}2^{\operatorname{inc}(S\setminus T)}f(T)
\]

由于在非法方案中，点集 \(S\) 可能包含多个极大连通块，所以这样转移会算重。但我们可以钦定某个特殊结点 \(u\in S\)，仅考虑包含 \(u\) 的连通块和除这个连通块的其余部分，就能避免重复计数，得到转移

\[f(S)=2^{\operatorname{inc}(S)}-\sum_{T\subsetneq S,u\in T}2^{\operatorname{inc}(S\setminus T)}f(T)
\]

  求出 \(f\) 之后就能随便求得答案了。复杂度 \(\mathcal O(3^n)\)，可用 FWT 优化。

\(\mathcal{Code}\)

/*~Rainybunny~*/
#include <cstdio>
#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, rep##i = r; i <= rep##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, per##i = l; i >= per##i; --i )
const int MAXN = 17, MAXM = 136, MOD = 998244353;
int n, m, pwr[MAXM + 5], inc[1 << MAXN], ans[MAXN + 5], f[1 << MAXN];
inline void subeq( int& a, const int b ) { ( a -= b ) < 0 && ( a += MOD ); }
inline int mul( const int a, const int b ) { return int( 1ll * a * b % MOD ); }
inline void addeq( int& a, const int b ) { ( a += b ) >= MOD && ( a -= MOD ); }
int main() {
    scanf( "%d %d", &n, &m ), pwr[0] = 1;
    rep ( i, 1, m ) {
        addeq( pwr[i] = pwr[i - 1], pwr[i - 1] );
        int u, v; scanf( "%d %d", &u, &v ), --u, --v;
        rep ( S, 0, ( 1 << n ) - 1 ) inc[S] += S >> u & 1 && S >> v & 1;
    }
    rep ( S, 0, ( 1 << n ) - 1 ) {
        int& cur = f[S] = pwr[inc[S]];
        for ( int T = S & ( S - 1 ); T; T = ( T - 1 ) & S ) if ( T & S & -S ) {
            subeq( cur, mul( f[T], pwr[inc[S ^ T]] ) );
        }
        if ( !( S & 1 ) ) continue;
        int v = mul( f[S], pwr[inc[( ( 1 << n ) - 1 ) ^ S]] );
        rep ( i, 1, n - 1 ) if ( S >> i & 1 ) addeq( ans[i], v );
    }
    rep ( i, 1, n - 1 ) printf( "%d\n", ans[i] );
    return 0;
}