标签：#define ++ 情况 clu nbsp 状压 zoj \n long
挺强的……容斥+状压DP。首先想到如果可以求出f[k]，f[k]代表联通状态为k的情况下的合法方案数，则f[k] = g[k] - 非法方案数。g[k]为总的方案数，这是容易求得的。那么非法方案数我们可以枚举 k 的子集 j，则 j 联通而剩下的则随意连（不与j联通）。可是做到这里以为自己做出来的，实际上并没有……
注意到枚举到子集 j 时，若 s‘ = k - j， 那如果 s‘ 中有一个联通的方案 s‘‘，我们在这里减去一次，在之后枚举到s‘‘时又会枚举到这个方案一次。实际上，这也就是说0111与1000这两个子集是对称的。所以我们为了避免这样的情况，就锁定一个点a，使得点 a 一定不出现在集合 j 中，可以使得 a 只能出现在集合 s‘ 中，也就避免了重复。
代码有参考，如有雷同，是我抄的 (o′ω`o)?
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 20 #define maxm ((1 << 16) + 2) #define mod 1000000007 #define int long long int n, bin[maxn], a[maxn][maxn]; int f[maxm], g[maxm]; int read() { int x = 0, k = 1; char c; c = getchar(); while(c < ‘0‘ || c > ‘9‘) { if(c == ‘-‘) k = -1; c = getchar(); } while(c >= ‘0‘ && c <= ‘9‘) x = x * 10 + c - ‘0‘, c = getchar(); return x * k; } signed main() { n = read(); bin[0] = 1; for(int i = 1; i <= n; i ++) for(int j = 1; j <= n; j ++) a[i][j] = read(); for(int i = 1; i <= n; i ++) bin[i] = bin[i - 1] << 1; for(int k = 0; k < bin[n]; ++ k) { f[k] = 1; for(int i = 1; i < n; i ++) if(k & bin[i - 1]) for(int j = i + 1; j <= n; j ++) if(k & bin[j - 1]) f[k] = f[k] * (a[i][j] + 1) % mod; g[k] = f[k]; int K = (k ^ (k & -k)); for(int j = K; j; j = (j - 1) & K) f[k] = (f[k] - g[j] * f[k ^ j] % mod + mod) % mod; } printf("%lld\n", f[bin[n] - 1]); return 0; }
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原文地址：https://www.cnblogs.com/twilight-sx/p/9058262.html
