标签：容斥 ring its input rod script 输入 连通图 接下来
标准输入。输入第一行包含一个正整数n，表示珠子的个数。接下来n行，每行包含n个非负整数，用空格隔开。这n行中，第i行第j个数为ci,j。
标准输出。输出一行一个整数，为连接方案数对1000000007取模的结果。
对于100%的数据，n为正整数，所有的ci,j为非负整数且不超过1000000007。保证ci,j=cj,i。每组数据的n值如下表所示。
编号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
n 8 9 9 10 11 12 13 14 15 16
题解：还记得n个点有标号的无向连通图个数怎么求吗？如果记得的话，此题就简单了。
用f[S]表示与1号点连通的点的状态为S的方案数。我们先与处理出g数组，$g[S]=\prod\limits_{u,v \in S} (c[u][v]+1)$，然后f[S]就等于g[S]减去S中某些点与1号点不连通的方案数。那么我们枚举此时与1号点连通的点的状态，其余的点与这个连通块均没有边相连，但是其余的点之间可以任意连边，所以有：
$f[S]=\sum\limits_{S‘ \subsetneq S}f[S‘]\times g[S - S‘ ]$
所以时间复杂度就是枚举子集的$O(n^3)$。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll P=1000000007;
int n,m;
int c[20][20];
int v[20],p[20],ref[1<<16],Log[1<<16];
ll f[1<<16],g[1<<16];
int main()
{
scanf("%d",&n);
int i,j,u;
for(i=0;i<n;i++) for(j=0;j<n;j++) scanf("%d",&c[i][j]);
for(i=0;i<n;i++) Log[1<<i]=i;
g[0]=1;
for(i=1;i<(1<<n);i++)
{
ll tmp=1;
for(u=Log[i&-i],j=i-(i&-i);j;j-=j&-j) tmp=tmp*(c[u][Log[j&-j]]+1)%P;
g[i]=g[i-(i&-i)]*tmp%P;
}
for(i=1;i<(1<<n);i++)
{
m=0;
for(j=i-(i&-i);j;j-=j&-j) p[m++]=j&-j;
for(j=1;j<(1<<m);j++)
{
ref[j]=ref[j-(j&-j)]|p[Log[j&-j]];
f[i]=(f[i]+f[i^ref[j]]*g[ref[j]])%P;
}
f[i]=(g[i]-f[i]+P)%P;
}
printf("%lld",f[(1<<n)-1]);
return 0;
}
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原文地址：http://www.cnblogs.com/CQzhangyu/p/7859048.html
