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题意

\(1,2\) 号点各一个石头，每次沿边移动一个石头，不能动者输。求所有连边子集中先手胜的情况。

思路

发现对于两个石头的 SG 函数是独立的，输者两个石头 SG 函数异或值为 0，那么先手胜的情况就是所有情况减去这种情况。

对于所有 SG 函数为 \(v\) 的点，它们必须向 SG 函数小于 \(v\) 的所有点连至少一条边，对大于 \(v\) 的连边没有约束，并且互相不能连边。

所以我们可以枚举当前图的 SG 函数为 0 的点，这样所有其他点都至少向它们连一条边，而它们之间不连边，它们向其他点连边任意。于是对于剩下点的连通子图，我们又可以将所有点的 SG 函数减 1，使它又可以枚举 SG 函数为 0 的点。

于是我们可以 DP。设 \(f_S(1,2\in S)\) 为对于 \(S\) 所有连通子图满足 1,2 SG 函数相等的方案数。

转移时枚举 \(S\) 的子集 \(T\)，使 \(1,2\in T\) 或 \(1,2\not \in T\)。对于前者情况，\(T\) 对于 \(S\) 的补集为 SG 函数为 0 的点，从 \(f_T\) 转移即可。对于后者情况，1,2 SG 函数为 0，\(T\) 中的边随便连。

DP 前预处理出所有集合对每个点的连边条数。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
inline int read(){
	int w=0,x=0;char c=getchar();
	while(!isdigit(c))w|=c=='-',c=getchar();
	while(isdigit(c))x=x*10+(c^48),c=getchar();
	return w?-x:x;
}
namespace star
{
	const int maxn=15,mod=1e9+7;
	int n,m,a[maxn][maxn],f[1<<maxn],c[1<<maxn][maxn],pow[maxn*maxn];
	inline void work(){
		n=read(),m=read();
		pow[0]=1;for(int i=1;i<=m;i++) pow[i]=(pow[i-1]<<1)%mod;
		for(int x,y,i=1;i<=m;i++) x=read()-1,y=read()-1,a[x][y]=1;
		for(int d=1;d<1<<n;d++){
			int j=0;
			while(~d>>j&1)++j;
			for(int x=0;x<n;x++) c[d][x]=c[d^1<<j][x]+a[x][j];
		}
		for(int d=0;d<1<<n;d++) if((d&3)==3){
			f[d]=1;
			for(int t=d&(d-1);t;--t&=d) if((t&1)==(t>>1&1)) if(t&1){
				int res=1;
				for(int i=0;i<n;i++) if(t>>i&1) res=1ll*res*(pow[c[d^t][i]]-1)%mod;
				else if(d>>i&1) res=1ll*res*pow[c[t][i]]%mod;
				f[d]=(f[d]+1ll*res*f[t])%mod;
			}else{
				int res=1;
				for(int i=0;i<n;i++) if(t>>i&1) res=1ll*res*(pow[c[d^t][i]]-1)%mod*pow[c[t][i]]%mod;
				else if(d>>i&1) res=1ll*res*pow[c[t][i]]%mod;
				f[d]=(f[d]+res)%mod;
			}
		}
		printf("%d\n",(pow[m]-f[(1<<n)-1]+mod)%mod);
	}
}
signed main(){
	star::work();
	return 0;
}