标签：连通 Distinct 题解 容斥 ge 条边 rm lcm ABC234Ex

如果不考虑 \(A_i\neq A_j\) 的条件非常好做，不难想到将这个条件容斥掉。

这等价于从 \(\dfrac{N(N - 1)}{2}\) 个二元组中钦定一些使得对应两端相同，表现在图中就是求连通块个数和对应的 \(\rm lcm\)。

所以我们不难设计 DP，\(f_{S}\) 表示集合为 \(S\) 的所有点的答案，我们枚举包含集合中最小点的连通块 \(T\)，\(f_{S} = \sum\limits_{T}f_{S/T}g_{T}\)。

其中 \(g_{S}\) 表示集合为 \(S\) 的连通块容斥后的答案。由于联通块中所有数相同，我们求出它们的 \(\rm lcm\)，\(m/\rm lcm\) 就是填数的方案。

但是我们还要计算容斥系数，选了奇数条边的系数为 \(-1\)，偶数条边的系数为 \(1\)。

如果不要求连通且点数 \(\ge 2\)，那么选奇数条边和偶数条边方案相同，总和为 \(0\)。

考虑枚举点 \(1\) 所在集合 \(T\)，如果 \(|S/T|\ge 2\)，那么这 \(\ge 2\) 个点选奇数条边和偶数条边方案相同，正负相消不用考虑。

再考虑求 \(|S/T| = 1\) 的情况，其中 \(T\) 必须包含点 \(1\)，所以方案数有 \(|S| - 1\)。

如果我们记点集大小为 \(n\) 的容斥系数为 \(h_n\)，则有 \(h_{n} = -(n - 1) h_{n - 1}\)，预处理一下即可。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(3^n)\)，瓶颈在于 DP。

#define N 17
int n;LL m, g[1 << N], bt[1 << N], f[1 << N], h[N], d[N];
int main() {
	read(n), read(m);
	rp(i, n)read(d[i]);
	g[0] = 1; int w = 1 << n;
	rp(i, w - 1){
		bt[i] = bt[i >> 1] + (i & 1);
		rep(j, 0, n - 1)if((i >> j) & 1){g[i] = lcm(g[i ^ (1 << j)], d[j + 1]);break;}
	}
	rp(i, w - 1)g[i] = (m / g[i]) % P;
	h[1] = 1;
	rep(i, 2, n)h[i] = (P - i + 1LL) * h[i - 1] % P;
	f[0] = 1;
	rp(i, w - 1){
		for(int j = i; j; j = (j - 1) & i)if(j & (i & -i))
			ad(f[i], f[i ^ j] * 1LL * g[j] % P * h[bt[j]] % P);
	}
	cout << f[w - 1] << endl;
	return 0;
}

标签：连通,Distinct,题解,容斥,ge,条边,rm,lcm,ABC234Ex
来源： https://www.cnblogs.com/7KByte/p/15861907.html

本站声明： 1. iCode9 技术分享网（下文简称本站）提供的所有内容，仅供技术学习、探讨和分享；
2. 关于本站的所有留言、评论、转载及引用，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关；
3. 关于本站的所有言论和文字，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关；
4. 本站文章均是网友提供，不完全保证技术分享内容的完整性、准确性、时效性、风险性和版权归属；如您发现该文章侵犯了您的权益，可联系我们第一时间进行删除；
5. 本站为非盈利性的个人网站，所有内容不会用来进行牟利，也不会利用任何形式的广告来间接获益，纯粹是为了广大技术爱好者提供技术内容和技术思想的分享性交流网站。