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首先拓扑排序，并将障碍点按拓扑序平均分成两半。
那么一条$0$到$1$的路径一定是形如：
$0$->前一半点->后一半点->第一个后一半障碍点->后一半点->$1$。
对于两边分别暴力枚举所有情况，设$f[i]$表示$0$出发到达$i$，且到$i$之前不经过任意一个后一半障碍点到达$i$的路径数；$g[i]$表示从$i$出发到$1$的路径数。
那么枚举第一个后一半障碍点（或者是$1$），需要满足$f==1$且$g==1$，于是用FWT加速计算这个与卷积即可。
时间复杂度$O(2^\frac{Y}{2}(N+M))$。
#include<cstdio>
typedef long long ll;
const int N=55,M=505;
int n,cnt,m,ret,i,j,x,S,T;
int is[N],g[N],v[M],nxt[M],ed,d[N],q[N],h,t;
int id[N],vip[N],ban[N],f[N];
ll F[1<<17],G[1<<17],ans;
char a[N];
void add(int x,int y){d[y]++;v[++ed]=y;nxt[ed]=g[x];g[x]=ed;}
void FWT(ll*a,int n){
for(int d=1;d<n;d<<=1)for(int m=d<<1,i=0;i<n;i+=m)for(int j=0;j<d;j++){
ll x=a[i+j],y=a[i+j+d];
a[i+j]=x+y;
}
}
void UFWT(ll*a,int n){
for(int d=1;d<n;d<<=1)for(int m=d<<1,i=0;i<n;i+=m)for(int j=0;j<d;j++){
ll x=a[i+j],y=a[i+j+d];
a[i+j]=x-y;
}
}
int main(){
scanf("%d%s",&n,a);
for(i=0;i<n;i++)if(a[i]==‘?‘)is[i]=1;
for(i=0;i<n;i++)for(scanf("%s",a),j=0;j<n;j++)if(a[j]==‘Y‘)add(i,j);
for(t=-1,i=0;i<n;i++)if(!d[i])q[++t]=i;
while(h<=t)for(i=g[x=q[h++]];i;i=nxt[i])if(!(--d[v[i]]))q[++t]=v[i];
for(i=0;i<n;i++)if(is[q[i]])id[m++]=q[i];
cnt=m/2,ret=m-cnt+1;
for(vip[1]=1,i=cnt;i<m;i++)vip[id[i]]=1;
for(S=0;S<1<<cnt;S++){
for(i=0;i<n;i++)ban[i]=f[i]=0;
for(i=0;i<cnt;i++)if(S>>i&1)ban[id[i]]=1;
for(i=0;i<n;i++){
x=q[i];
if(!x)f[x]=1;
if(ban[x])f[x]=0;
if(!f[x])continue;
if(!vip[x])for(j=g[x];j;j=nxt[j])f[v[j]]^=1;
}
for(T=0,i=cnt;i<m;i++)if(f[id[i]])T|=1<<(i-cnt);
if(f[1])T|=1<<(ret-1);
F[T]++;
}
for(S=0;S<1<<(m-cnt);S++){
for(i=0;i<n;i++)ban[i]=f[i]=0;
for(i=0;i<(m-cnt);i++)if(S>>i&1)ban[id[i+cnt]]=1;
for(i=n-1;~i;i--){
x=q[i];
if(x==1){f[x]=1;continue;}
if(ban[x])continue;
for(j=g[x];j;j=nxt[j])f[x]^=f[v[j]];
}
for(T=0,i=cnt;i<m;i++)if(f[id[i]])T|=1<<(i-cnt);
if(f[1])T|=1<<(ret-1);
G[T]++;
}
FWT(F,1<<ret),FWT(G,1<<ret);
for(i=0;i<1<<ret;i++)F[i]*=G[i];
UFWT(F,1<<ret);
for(i=0;i<1<<ret;i++)if(__builtin_popcount(i)&1^1)ans+=F[i];
return printf("%lld",ans),0;
}
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原文地址：http://www.cnblogs.com/clrs97/p/5768648.html
