题面

这种比赛时只有11个人做出来的题一般来说都是暴难的, 我也不知道我怎么搞出来的www

看完这个题第一感觉就是要容斥,至少有一条某种边的方案已经比较难求了,而直接算三种边都至少存在一条的方案数就更难了2333

那么不妨考虑从反面容斥吧

设把三种边的存在情况表示成三进制的话,1表示至少有一条 ,0表示一条都没有,?表示这种边没有限制,那么容斥可以得到的是 : f[111] = f[???] - (f[0??]+f[?0?]+f[??0]) + (f[00?]+f[0?0]+f[?00]) - f[000]

证明可以通过二项式系数的关系导出,并且可以推广到N维形式。

显然等号右边的每个f[]都是比较好求的(但是会涉及很多算法),不过注意一些f[]是恒等的(根据图的对称性可得),所以不用每个f[]都去写一个函数算。算等号右边的f[]贡献了本题的大部分码量,这里就不一个一个说了,相信你们都能想出来的hhhhh

最后注意一下f[000],当且仅当 m==0 时 f[000]=2^n;否则 f[000]=0。

我一开始就因为这个WA了,想当然以为不可能每种边都没有(I'm reall a bro in bro),即 f[000]=0.

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1200005; int n,m,v[55],p[55],M,f[N];
bool g[55][55];
ll ans,all; inline bool Can(int S,int ad){
for(int i=0;i<M;i++)
for(int j=i+1;j<M;j++) if(g[i+ad][j+ad]&&((1<<i)&S)&&((1<<j)&S)) return 0;
return 1;
} inline void Get1(){
for(int s=0;s<(1<<M);s++) if(Can(s,0)) f[s]++;
} inline void maintain(){
for(int i=0;i<M;i++)
for(int j=0;j<(1<<M);j++) if(!((1<<i)&j)) f[j|(1<<i)]+=f[j];
} inline ll Get2(){
ll an=0;
for(int s=0,now,al=(1<<M)-1;s<(1<<(n-M));s++) if(Can(s,M)){
now=0;
for(int i=M;i<n;i++) if((1<<(i-M))&s)
for(int j=0;j<M;j++) if(g[i][j]) now|=1<<j;
an+=f[al^now];
}
return an;
} inline ll solve1(){
/* meet in the middle:
一半: 枚举合法二进制并用FMT的处理(类似高维每维值域{0,1}的前缀和)
映射到所有包含它的二进制上 另一半: 枚举合法二进制,直接找FMT数组对应的位置加就OK了
*/
Get1();
maintain();
return Get2();
} int getfa(int x){ return p[x]==x?x:(p[x]=getfa(p[x]));} inline ll solve2(){
ll an=1;
for(int i=0;i<n;i++) p[i]=i; for(int i=0,fa,fb;i<n;i++)
for(int j=i+1;j<n;j++) if(g[i][j]){
fa=getfa(i),fb=getfa(j);
if(fa!=fb) p[fa]=fb;
} for(int i=0;i<n;i++) if(v[getfa(i)]!=2) v[p[i]]=2,an<<=1; return an;
} inline ll solve3(){
ll an=1; for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=i+1;j<n;j++) if(g[i][j]) v[i]=v[j]=3;
for(int i=0;i<n;i++) if(v[i]!=3) an<<=1; return an;
} bool color(int x,int c){
v[x]=c;
for(int i=0;i<n;i++) if(g[x][i])
if(v[i]==v[x]) return 0;
else if(v[i]<4&&!color(i,9-c)) return 0;
return 1;
} inline ll solve4(){
ll an=1; for(int i=0;i<n;i++) if(v[i]<4)
if(!color(i,4)) return 0; else an<<=1; return an;
} int main(){
scanf("%d%d",&n,&m),all=(1ll<<n)-1,M=n+1>>1;
if(!m) ans-=all+1;//000 type
for(int U,V;m;m--)
scanf("%d%d",&U,&V),U--,V--,g[V][U]=g[U][V]=1; ans+=all+1;// ??? type
ans-=2*solve1();// 0?? and ??0 type , cause its symmetry , we can simply double the ans
ans-=solve2();// ?0? type
ans+=2*solve3();// ?00 and 00? type , similar to solve1()
ans+=solve4();//0?0 type cout<<ans<<endl;
return 0;
}

  

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