原題：[清華集訓2012]串珠子
加強版：串珠子 加強版
這道題基本思路與之前寫過題解的轟炸方案一樣，可見這是一種常用的套路了。
大概翻了翻題解，發現大部分都是用的狀壓dp+列舉子集，時間複雜度 \(o(3^n)\)。
這裡提供乙個 \(o(n^2 2^n)\) 的做法，實測可以在 2s 內通過 \(n<=20\) 的資料，目前排全站第一。
前置知識：快速莫比烏斯變換、子集卷積
前面的推式子都差不多，但這裡還是說一下。
我們定義：
\(f_s\) 表示\(s\)集合構成連通圖的方案數；
\(g_s\) 表示\(s\)集合亂連的總方案（即不保證連通）。
我們通過遞推的方式求 \(g\) ：
\[g_s=g_ \prod\limits_ (c_+1)
\]其中 \(s'\) 為 \(s\) 中去掉任意某元素 \(p\) 所得，「 \(+1\) 」即可以不連。
直接求連通方案 \(f\) 不好求，但我們考慮算不連通方案，再用總方案去減。
對於不連通方案，只要圖有兩個以上的連通塊，這個圖就不連通了。我們抓住這個特點，考慮列舉其中乙個連通塊，其他的點任其自生自滅，只要不連向我們列舉的連通塊，隨便連，這樣的圖肯定是不連通的。
但直接列舉可能算重，即我們現在列舉了乙個連通塊 \(t\)，之後列舉另乙個連通塊 \(t'\) 時，\(t\) 出現在了自生自滅的那些點中，這顯然會重複計算。
只要我們先後列舉的連通塊總是有交，就一定不會算重了。考慮從 \(s\) 中抽出乙個點 \(p\)，列舉的所有連通塊中均包含 \(p\)，就不會出現上述情況。跟上個式子一樣，\(s'\) 為 \(s\) 中去掉任意某元素 \(p\) 所得：
\[f_s=g_s-\sum\limits_g_f_}
\]這裡圖方便用減號代替了補集符號，大家看的懂就行。
做到這一步，已經可以用 \(o(3^n)\) 列舉子集做了。下面我將對式子做一些變換，來做到更優複雜度。
看著這個式子，是不是挺像子集卷積？那我們就把它變得更子集卷積。
注意到原式子中 \(t\) 是不能取 \(s'\) 的，於是我們移項並合併：
\[\sum\limits _g_f_} =g_s
\]其實式子已經變完了（真·一點點變換），但為了求出答案，我們改變一下 \(p\) 的定義。
\(p\) 可以是 \(s\) 中的任意元素，於是我們欽定 \(p\) 為 \(s\) 中最高位元素，即 \(p=highbit(s)\)。
設總點數為 \(n\)，考慮 \(s\) 取遍 \([2^,2^n-1]\)，則 \(p=2^\)，\(s'\in [0,2^-1]\) 。
回頭看我們的式子，發現其實就是 \(g\) 前半段與 \(f\) 後半段子集卷積後變成了 \(g\) 後半段。
這裡設 \(g_0\) 為 \(g\) 前半段，\(g_1\) 為後半段，\(f\) 同理：
\[g_0*f_1=g_1
\]\[f_1=\frac
\]其中 \(*\) 為子集卷積，除號即為其逆運算。
而 \(g\) 是已知的，且答案為 \(f_\) 在 \(f\) 後半段中，於是就在 \(o(n^2 2^n)\) 完成了此題。
順帶一提，子集卷積求逆直接分別對 \(g_0\) , \(g_1\) fmt，對位做多項式除法，最後 ifmt 即可。由於項數很少只有 \(n\)，暴力除即可。
#include#define r register int
#define ll long long
#define i inline
using namespace std;
const int n=20,m=1<=p)a-=p;}
i void mns(int &a,int b)
struct poly
pc[0]=-1;//這裡圖方便把初值設為了-1，但其實後面會變成0
for(r i=0;ifmt(g0);fmt(g1);
for(r i=0;iifmt(g1);
printf("%d",g1[l-1].a[n]);
return 0;
}
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