【洛谷U20626】gemo 容斥 FWT 高斯消元

题目大意

　　给你一个无向图，有\(m\)个询问，每次给你一个点\(x\)和一个点集\(S\)，问你从\(x\)开始走，每次从一个点随机的走到与这个点相邻的点，问你访问\(S\)中每个点至少一次的期望步数是多少。

　　\(n\leq 18,m\leq 100000\)

题解

　　有个东西叫min-max容斥：
\[
\max(S)=\sum_{T\subseteq S}{(-1)}^{|T|+1}\min(T)
\]

　　这道题中，\(\min(S)\)是从点\(x\)开始走，走到\(S\)中任意一个点的期望步数。\(\max(S)\)是从\(x\)开始走，走完\(S\)中全部点的期望步数。

　　我们先枚举所有\(S\)，用高斯消元算出\(\min(S)\)。

　　总共有\(2^n\)个集合，消一次是\(O(n^3)\)的。

　　这样就算出了所有起点为\(i\)，遍历\(S\)中每个点至少一次的期望步数\(f_{i,S}\)

　　然后带入这个式子里，用FWT算出\(\max(S)\)。

　　总共有\(n\)个不同的起点，FWT一次是\(O(n2^n)\)的。

　　所以总的时间复杂度是\(O(n^32^n)\)的。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll p=998244353;
vector<int> g[20];
int n,m;
int d[20];
int a[19][20];
ll inv[10010];
int c[10010];
ll fp(ll a,ll b)
{
    ll s=1;
    for(;b;b>>=1,a=a*a%p)
        if(b&1)
            s=s*a%p;
    return s;
}
int f[19][1<<18];
int bitcnt[1<<18];
void add(int &a,int b)
{
    if((a+=b)>p)
        a-=p;
}
void fwt(int *a,int n)
{
    int i,j,k;
    for(i=2;i<=1<<n;i<<=1)
        for(j=0;j<1<<n;j+=i)
            for(k=j;k<j+i/2;k++)
                add(a[k+i/2],a[k]);
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("gemo.in","r",stdin);
    freopen("gemo.out","w",stdout);
#endif
    scanf("%d%d",&n,&m);
    int x,y;
    int i,j;
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d",&x,&y);
        d[x]++;
        d[y]++;
        g[x].push_back(y);
        g[y].push_back(x);
    }
    inv[0]=inv[1]=1;
    for(i=2;i<=10000;i++)
        inv[i]=-p/i*inv[p%i]%p;
    ll v;
    int k;
    int l;
    int all=(1<<n)-1;
    bitcnt[0]=0;
    for(i=1;i<all;i++)
        bitcnt[i]=bitcnt[i>>1]+(i&1);
    for(l=1;l<all;l++)
    {
        memset(a,0,sizeof a);
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            a[i][i]=1;
            if(l&(1<<(i-1)))
                continue;
            a[i][n+1]=1;
            for(auto v:g[i])
                a[i][v]=-inv[d[i]];
        }
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            for(j=i;j<=n;j++)
                if(a[i][j])
                    break;
            if(j>n)
                continue;
            if(i!=j)
                for(k=i;k<=n+1;k++)
                    swap(a[i][k],a[j][k]);
            if(a[i][i])
            {
                v=fp(a[i][i],p-2);
                for(j=i;j<=n+1;j++)
                    a[i][j]=a[i][j]*v%p;
            }
            for(j=1;j<=n;j++)
                if(i!=j&&a[j][i])
                {
                    v=a[j][i];
                    for(k=i;k<=n+1;k++)
                        a[j][k]=(a[j][k]-a[i][k]*v)%p;
                }
        }
        for(i=1;i<=n;i++)
            f[i][l]=a[i][n+1];
    }
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        for(j=0;j<all;j++)
        {
            if(!(bitcnt[j]&1))
                f[i][j]=-f[i][j];
            if(f[i][j]<0)
                f[i][j]+=p;
        }
        fwt(f[i],n);
    }
    int m;
    scanf("%d",&m);
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d",&x);
        int s=0;
        for(j=1;j<=x;j++)
        {
            scanf("%d",&y);
            s|=1<<(y-1);
        }
        scanf("%d",&y);
        printf("%d\n",f[y][s]);
    }
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/ywwyww/p/8514537.html