AGC 016 F - Games on DAG(状压dp)

题意

给你一个有 \(n\) 个点 \(m\) 条边 DAG 图，点的标号和拓扑序一致。

现在有两个人进行博弈，有两个棋子分别在 \(1, 2\) 号点上，需要不断移动到它指向的点上。

如果当前两个点都无法移动，那么就视为当前操作的人失败。

问有多少边集满足先手必胜。

\(\displaystyle 2 \le n \le 15, m \le \frac{n \times (n+1)}{2}\)

题解

参考了 wxh010910 大佬的博客 。

首先利用博弈的 SG 函数易得，如果 \(1\) 号点和 \(2\) 号点的 SG 值异或不为 \(0\) 则先手必败。

但这样不好计数，我们考虑它的反面，求 \(1,2\) 号点 SG 值异或为 \(0\) 的方案数。

也就是 \(1,2\) 号点 SG 值为 \(0\) 的方案数。

考虑边集显然是不现实的，改成考虑点集，令 \(f(S)\) 为 \(S\) 这个集合满足 \(SG(1) = SG(2)\) 的方案数。

我们考虑枚举它的一个子集 \(T\) 假设满足点集中所有的点 \(SG\) 都不为 \(0\) ，并且它对于 \(S\) 的补集 \(U\) 都满足 \(SG\) 都为 \(0\) 。

这是连边后的情况，连边前 \(T\) 集合会存在 \(SG\) 为 \(0\) 的点。

我们考虑这些点的连边方案数。

1. \(U\) 集合内部，显然不能连边。（不然不能保证 SG 为 \(0\) ）
2. \(U \to T\) 随意连边。
3. \(T \to U\) 要保证 \(T\) 中每个点都需要有一条向 \(U\) 连的边（要保证 \(T\) 集合中的 SG 不为 \(0\) ）
4. \(T\) 内部的方案数，正好就是 \(f(T)\) 。这是为什么呢？把 \(T\) 中每个点都新连向一个 \(SG = 0\) 的点，那么它的 \(SG\) 都会增加 \(1\) 。

然后为了保证 \(SG(1)=SG(2)\) 枚举 \(S, T, U\) 的时候需要保证 \(1, 2\) 同时选或同时不选。

为什么这样是对的呢？

因为我们保证了 \(T\) 集合的方案本身满足 \(SG(1) = SG(2)\) 那么之后同时 \(+1\) 也会满足这个性质。

\(U\) 集合显然也是成立的（ \(SG(1) = SG(2) = 0\) ）。

---

然后枚举的时候有细节，我们考虑枚举 \(U\) 为 \(S\) 的子集，因为 \(U\) 必然不为 \(\varnothing\) ，而 \(T\) 可以为 \(\varnothing\) 。

总结

对于一类关于边集的状压 \(dp\) ，可以考虑转化成点集，然后计算连边的方案数。

代码

#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 Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl
#define DEBTG(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
using namespace std;
inline bool chkmin(int &a, int b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}
inline bool chkmax(int &a, int b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;}
inline int read() {
	int x = 0, fh = 1; char ch = getchar();
	for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') fh = -1;
	for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
	return x * fh;
}
void File() {
#ifdef zjp_shadow
	freopen ("F.in", "r", stdin);
	freopen ("F.out", "w", stdout);
#endif
}
const int N = 15, Mod = 1e9 + 7;
int n, m, G[N], Table[1 << N], dp[1 << N];
int main () {
	File();
	n = read(); m = read();
	For (i, 1, m) { int u = read() - 1, v = read() - 1; G[u] |= (1 << v); }
	int maxsta = (1 << n) - 1; dp[0] = 1;
	For (i, 0, maxsta) Table[i] = 1 << __builtin_popcount(i);
	For (S, 2, maxsta) if ((S & 1) == ((S >> 1) & 1))
		for (int U = S; U; U = (U - 1) & S) if ((U & 1) == ((U >> 1) & 1)) {
			int Ways = 1, T = S ^ U;
			For (p, 0, n - 1) if ((S >> p) & 1) {
				if ((U >> p) & 1) Ways = 1ll * Table[G[p] & T] * Ways % Mod;
				else Ways = 1ll * (Table[G[p] & U] - 1) * Ways % Mod;
			}
			dp[S] = (dp[S] + 1ll * Ways * dp[T]) % Mod;
		}
	int ans = 1; For (i, 1, m) ans = (ans << 1) % Mod;
	printf ("%d\n", (ans + Mod - dp[maxsta]) % Mod);
	return 0;
}