[tsinsen_A1278]串珠子

试题描述

铭铭有 $n$ 个十分漂亮的珠子和若干根颜色不同的绳子。现在铭铭想用绳子把所有的珠子连接成一个整体。

现在已知所有珠子互不相同，用整数 $1$ 到 $n$ 编号。对于第 $i$ 个珠子和第 $j$ 个珠子，可以选择不用绳子连接，或者在 $c_{i,j}$ 根不同颜色的绳子中选择一根将它们连接。如果把珠子看作点，把绳子看作边，将所有珠子连成一个整体即为所有点构成一个连通图。特别地，珠子不能和自己连接。

铭铭希望知道总共有多少种不同的方案将所有珠子连成一个整体。由于答案可能很大，因此只需输出答案对 $1000000007$ 取模的结果。

输入

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 $c_{i,j}$。

输出

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。

输入示例

输出示例

数据规模及约定

对于 $100\%$ 的数据，$n$ 为正整数，所有的 $c_{i,j}$ 为非负整数且不超过 $1000000007$。保证 $c_{i,j}=c_{j,i}$。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

一道挺经典的状压 dp，这题有一些计数技巧。

状态很简单，就是令 $f(s)$ 表示集合 $s$ 内所有点处于一个连通分量内的方案数，关键是怎么转移。

为了让计算的方案不重不漏，我们需要设计一个方案使得每次转移都是唯一的，不会被重复转移，同时也能够让转移覆盖到所有情况。

这题就是找到集合 $s$ 中的前两个元素（或者第一个和最后一个元素也行，需要保证每次都选的是特定的两个元素），令第一个为 $t_1$，第二个为 $t_2$，然后我们要枚举第一次拆解（这次拆解后的两个集合都通过 $t_1$ 这个点相连，即 $t_1$ 是 $s$ 连通分量的割顶），并且由于这个拆解是没有顺序的，所以我们要保证每次拆解都需要将 $t_1$ 和 $t_2$ 分开。于是枚举 $s$ 的子集 $s'$，使得 $t_2 \in s'$ 且 $t_1 \in s - s'$，然后将 $s$ 分成 $s'$ 和 $s - s'$ 两个集合，最后转移就是 $f(s) = f(s') \cdot f(s-s') \cdot \prod_{i \in s'} {c_{t_1, i}}$。

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cstdlib>

#include <cstring>

#include <cctype>

#include <algorithm>

using namespace std;

#define rep(i, s, t) for(int i = (s); i <= (t); i++)

#define dwn(i, s, t) for(int i = (s); i >= (t); i--)

const int BufferSize = 1 << 16;

char buffer[BufferSize], *Head, *Tail;

inline char Getchar() {

	if(Head == Tail) {

		int l = fread(buffer, 1, BufferSize, stdin);

		Tail = (Head = buffer) + l;

	}

	return *Head++;

}

int read() {

	int x = 0, f = 1; char c = Getchar();

	while(!isdigit(c)){ if(c == '-') f = -1; c = Getchar(); }

	while(isdigit(c)){ x = x * 10 + c - '0'; c = Getchar(); }

	return x * f;

}

#define maxn 20

#define maxs 65536

#define MOD 1000000007

#define LL long long

int n, c[maxn][maxn], Log[maxs], f[maxs], mul[maxn][maxs];

int main() {

	n = read();

	rep(i, 0, n - 1) rep(j, 0, n - 1) c[i][j] = read();

	int all = (1 << n) - 1;

	Log[1] = 0;

	rep(i, 2, all + 1) Log[i] = Log[i>>1] + 1;

	rep(i, 0, n - 1) {

		mul[i][0] = 1;

		rep(s, 1, all) mul[i][s] = (LL)mul[i][s&~(s&-s)] * (c[i][Log[s&-s]] + 1) % MOD;

	}

	rep(s, 1, all) {

		int cnt = 0, t1 = -1, t2 = -1;

		rep(i, 0, n - 1) if(s >> i & 1) {

			cnt++;

			if(t1 < 0) t1 = i;

			else if(t2 < 0) t2 = i;

		}

		if(cnt == 1){ f[s] = 1; continue; }

		for(int ts = (s - 1 & s); ts; ts = (ts - 1 & s)) if((ts >> t2 & 1) && !(ts >> t1 & 1)) {

			f[s] += (LL)f[ts] * f[s^ts] % MOD * (mul[t1][ts] + MOD - 1) % MOD;

			if(f[s] >= MOD) f[s] -= MOD;

		}

	}

	printf("%d\n", f[all]);

	return 0;

}

巴特西

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