[cf1326F]Wise Men

对答案序列求一个高维后缀和，再通过差分将其解出，后者复杂度为$o(n2^{n})$

对于求后缀和后的结果，即01序列仅要求1处有边（不要求0处没有边），那么也即要求将原图划分为若干条长度给定且没有公共点的链

不妨先去枚举链的长度，假设为$\{l_{1},l_{2},...,l_{m}\}$，要求满足$l_{1}\le l_{2}\le ...\le l_{m}$且$\sum_{i=1}^{m}l_{i}=n$，记其对应的方案数为$P(n)$即为A000041，也即有$P(18)=385$

下面，问题即要求出对应的方案数，并加到需要贡献的状态上——

状压dp求出$f_{S}$表示$S$中的点构成链的排列数，时间复杂度为$o(n^{2}2^{n})$

构造$g_{i,S}=\begin{cases}0&(|S|\ne i)\\f_{S}&(|S|=i)\end{cases}$，不难发现方案数即为$(\bigcirc_{i=1}^{m}g_{l_{i}})_{V}$（其中$\circ$为或卷积，$V$为点集），先预处理出$g_{i}$做FWT的结果，再$o(2^{n})$求出乘积在$V$处的值，时间复杂度为$o(n^{2}2^{n}+P(n)2^{n})$

对于其有贡献的状态，即将$\{l_{i}\}$重新排列后不同的序列，注意到每一个状态最多统计一次，因此暴力枚举所有排列（不重复）的复杂度也仅为$o(P(n)2^{n})$

综上，总复杂度为$o(n^{2}2^{n}+P(n)2^{n})$，可以通过

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define N (1<<18)
 4 #define L 19
 5 #define ll long long
 6 vector<int>v;
 7 int n,cnt[N],vis[L];
 8 ll f[N][L],g[L][N],S[N],SS[L][N],ans[N];
 9 char s[L][L];
10 void FWT(ll *a){
11     for(int i=0;i<n;i++)
12         for(int j=0;j<(1<<n);j++)
13             if (j&(1<<i))a[j]+=a[j^(1<<i)];
14 }
15 void get_per(int k,int S,ll s){
16     if (k==v.size()){
17         ans[S]+=s;
18         return;
19     }
20     int lst=0;
21     for(int i=0;i<v.size();i++)
22         if ((!vis[i])&&(lst!=v[i])){
23             vis[i]=1,lst=v[i];
24             get_per(k+1,((S<<v[i])|((1<<v[i]-1)-1)),s);
25             vis[i]=0;
26         }
27 }
28 void dfs(int k,int lst){
29     if (!k){
30         ll s=0;
31         for(int i=0;i<(1<<n);i++)
32             if ((n-cnt[i])&1)s-=S[i];
33             else s+=S[i];
34         get_per(0,0,s);
35         return;
36     }
37     memcpy(SS[k],S,sizeof(S));
38     for(int i=lst;i<=k;i++){
39         v.push_back(i);
40         for(int j=0;j<(1<<n);j++)S[j]*=g[i][j];
41         dfs(k-i,i);
42         v.pop_back();
43         memcpy(S,SS[k],sizeof(S));
44     }
45 }
46 int main(){
47     scanf("%d",&n);
48     for(int i=0;i<n;i++)scanf("%s",s[i]);
49     for(int i=0;i<(1<<n);i++)cnt[i]=cnt[i>>1]+(i&1);
50     for(int i=0;i<n;i++)f[1<<i][i]=1;
51     for(int i=1;i<(1<<n);i++)
52         for(int j=0;j<n;j++)
53             if (i&(1<<j)){
54                 g[cnt[i]][i]+=f[i][j];
55                 for(int k=0;k<n;k++)
56                     if (((i&(1<<k))==0)&&(s[j][k]=='1'))f[i|(1<<k)][k]+=f[i][j];
57             }
58     for(int i=1;i<=n;i++)FWT(g[i]);
59     for(int i=0;i<(1<<n);i++)S[i]=1;
60     dfs(n,1);
61     n--;
62     for(int i=0;i<n;i++)
63         for(int j=0;j<(1<<n);j++)
64             if (j&(1<<i))ans[j^(1<<i)]-=ans[j];
65     for(int i=0;i<(1<<n);i++)printf("%lld ",ans[i]);
66     printf("\n");
67     return 0;
68 }