传送门

题意：定义两个图的异或的边集为在两张图中恰出现一次的边。给$s$张$n$个点的图的集合，求异或和为连通图的子集数。

$s\le 60,n\le 10$

设$G_i$表示异或出$i$个连通块的子集数，答案就是$G_1$

$G$并不好求废话，我们考虑一个看起来很对的求法：

虽然边很多但点很少， 我们可以暴力枚举连通块中的点，复杂度是$O(B(n))$,$B$为贝尔数，$B(10)=21147$

可以确定的是不同连通块间没有边，但连通块间仍然不好确定，所以不能叫连通块。为了区分，我们把枚举出来的称为「集合」。

设$F_i$为异或出$i$个集合的子集数，即只要求不同集合间没有边，同一集合间没有要求没有要求。

发现$G$可以表示出$F$：因为$F$的每个「集合」一定是若干连通块构成的非空集合，即一个斯特林数

$$F_m=\sum _{i=m}^n\left\{\begin{array}{c}i\\ m\end{array}\right\}{G}_i$$

斯特林反演一波

$$G_m=\sum _{i=m}^n(-1{)}^{i-m}\left[\begin{array}{c}i\\ m\end{array}\right]F_i$$

答案为

$$\begin{gathered} G_1=\sum _{i=1}^n(-1{)}^{i-1}\left[\begin{array}{c}i\\ 1\end{array}\right]F_i \\ =\sum _{i=1}^n(-1{)}^{i-1}(i-1)!F_i \end{gathered}$$

现在我们只需要求出$F$

枚举出集合后，只考虑所有图中跨集合的边（实现时取个&即可），然后需要求出多少个子集异或和为$0$

把所有图插进线性基，设最终大小为$siz$,那么自由元个数为$s-siz$。首先只含线性基中元素的非空子集不会有贡献，然后对于任意自由元的子集，根据线性基的定义，都可以找到一个线性基的子集把它异或成$0$。

算$G$的过程中可能会爆ll,但反正最终答案在范围内，溢出就溢出吧。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
using namespace std;
typedef long long ll;
int s,n;
char t[100];
ll h[100],bas[100],f[100],ans;
int col[100];
inline void insert(ll x)
{for (int i=60;i>=0;i--)if (x&(1ll<<i))if (bas[i]) x^=bas[i];else return (void)(bas[i]=x);
}
void dfs(int k,int c)
{if (k>n){ll d=0;for (int i=1,cnt=0;i<n;i++)for (int j=i+1;j<=n;j++,cnt++)if (col[i]!=col[j])d|=1ll<<cnt;memset(bas,0,sizeof(bas));for (int i=1;i<=s;i++) insert(h[i]&d);int cnt=0;for (int i=0;i<=60;i++) cnt+=(bas[i]>0);f[c]+=1ll<<s-cnt;return;}for (col[k]=1;col[k]<=c;col[k]++,dfs(k+1,c));col[k]++,dfs(k+1,c+1);
}
int main()
{scanf("%d",&s);for (int i=1;i<=s;i++){scanf("%s",t);for (int j=strlen(t)-1;j>=0;j--) h[i]=(h[i]<<1)^(t[j]^48);}int len=strlen(t);for (n=1;n*(n-1)/2<len;n++);dfs(1,0);ll fac=1;for (int i=1;i<=n;fac*=i,i++) ans+=((i&1)? 1:-1)*fac*f[i];printf("%lld\n",ans);return 0;
}