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Topcoder 15279 SpanningSubgraphs

题目大意

有一张 (n) 个点，(m) 条边的图，对于每个 (kin[n-1,m])，求出大小为 (k) 的能使图连通的边集数量。

(1leq nleq 15)，(1leq mleq 200)

思路

考虑朴素的容斥，设 (siz_S) 为两个端点都在点集 (S) 中的边数，(dp_{S,k}) 为在点集 (S) 中满足条件的 (k) 元边集的数量。经过简单思考可以得到转移式：

为了去重，这里钦定 (T) 中包含 (S) 的最小元素。由于每次要枚举子集和边数，这么做是 (O(3^nm^2)) 的，(5.7e9) 运算量显然太大了，需要优化。

接下来的思路参考了 Petr Mitrichev 的 博客，这个转移式已经没有什么优化的余地了，而且 (dp) 的两维状态也不可省略，于是我们只能优化计算。这里的突破口在于组合数上，通常计算时我们会将组合数预处理好直接带入，但是现在我们要 拆开组合数，在计算组合数的同时把转移式的值一起算好。转移式的 (S) 不可忽略，我们枚举 (S)，对于每个 (S) 进行一次如下的计算：

引入一个辅助数组 (g_{i,j})，(i) 是 (S) 中边数，(j) 是 (T) 中的边数。初始令 (g_{i,j}=sum_{siz_{S-T}=j}dp_{T,i})，这些集合 (T) 对 (S) 的组合数贡献是相同的，在带上系数的情况下，用 (g) 算组合数：

注意到 (siz_T) 的范围各不相同，为了统一结果，第二维要从高往低算。于是 (g_{i,0}) 即为先前我们所需要的式子，原先的转移式简化成了 (dp_{S,k}=inom{siz_S}{k}-g_{i,0}) 。

(g_{i,j}) 初始化 (O(3^nm)) ，计算 (O(2^nm^2))，(dp) 转移直接降到了 (O(2^n))，所以总复杂度 (O(3^nm+2^nm^2))，计算量 (3e8)，我们可以通过只枚举包含 (1) 的连通块再加速一点，可以通过此题。

Code

#include<iostream>
#include<vector>
#include<cstring>
#define mem(a,b) memset(a, b, sizeof(a))
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
#define per(i,b,a) for(int i = (b); i >= (a); i--)
#define N 15
#define M 205
#define mod 1000000007
using namespace std;

int C[M][M], siz[1<<N], f[1<<N][M], g[M][M];

class SpanningSubgraphs{
    public:
    void init(int n){
        rep(i,0,n){
            C[i][0] = 1;
            rep(j,1,i) C[i][j] = (C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
        }
    }

    vector<int> count(int n, vector<int> a, vector<int> b){
        int m = a.size();
        int all = (1<<n)-1;
        init(m);
        rep(i,0,all){
            rep(j,0,m-1)
                if((1<<a[j]&i) && (1<<b[j]&i)) siz[i]++;
            rep(j,0,siz[i]) f[i][j] = C[siz[i]][j];
        }

        rep(set,1,all){
            mem(g, 0);
            int tot = set^1;
            for(int sub = tot&(tot-1); ; sub = (sub-1)&tot){
                if((sub^1) == set) break;
                rep(i,0,siz[set]) (g[i][siz[set^sub^1]] += f[sub^1][i]) %= mod;
                if(!sub) break;
            }
            
            rep(i,0,siz[set]) per(j,siz[set],1)
                (g[i][j-1] += g[i][j]) %= mod, (g[i+1][j-1] += g[i][j]) %= mod;

            rep(i,0,siz[set]) (f[set][i] += mod-g[i][0]) %= mod;
            set++;
        }
        vector<int> ans;
        rep(i,n-1,m) ans.push_back(f[all][i]);
        return ans;
    }
} solve;

int main(){
    int n, m, u;
    vector<int> a, b;
    cin>>n>>m;
    rep(i,1,m) cin>>u, a.push_back(u);
    rep(i,1,m) cin>>u, b.push_back(u);
    vector<int> ans = solve.count(n, a, b);
    for(int k : ans) cout<<k<<" ";
    cout<<endl;
    return 0;
}