独立生物

题目链接：ybtoj高效进阶 21285

题目大意

给你 k 个无向图，和一个点数为 n^k 的无向图 G，G 图中点的表示方式是可以 k 元组。
若设一个 k 元组内所有数的和是 x，G 图中这个点的点权为 V^x。
判定无向图两个点是否有边的方法是：它们转成的 k 元组只有一位不同，而且在那一位对于的图上它们是有边的。

然后要你求图 G 的最大权独立集。
V 很大很大很大。

思路

它 \(V\) 很大的其实其实就是要我们只要能尽可能的让 \(x\) 大即可。
（无语）

然后不难有一个贪心的做法，接下来我们考虑怎么搞。
那考虑给边定向，那根据我们的贪心，从点权大的到点权小的。就成了一个 DAG。

而且刚好你会发现是不会出现两个点权相同的点有边。（因为它说了只能有一位不同）
然后你考虑怎么 DP 搞。

会发现根据贪心，如果是在一条链上，就是选一个不选一个这样巴拉巴拉下去。
或者说你可以理解为选了它跟它连边的就不能选了。
DAG 上的这个问题，感觉有点博弈论？

仔细思考会发现，其实你选到的点都是在博弈论上必败的点！

然后 SG 函数在 DAG 转移上的上界是 \(\sqrt{m}\)，那我们可以暴力搞，直接朴素卷积，也是 \(O(m)\) 的。
然后复杂度就是 \(O(n+m)\)。

代码

#include<map>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define mo 998244353

using namespace std;

int n, k, m, x, y, T;
ll v, ans[100001], b[100001];
struct graph {
	struct node {
		int to, nxt;
	}e[200001];
	
	int le[100001], KK;
	int sg[100001], t;
	ll a[100001];
	
	void start() {
		memset(sg, -1, sizeof(sg));
	}
	
	void add(int x, int y) {
		if (x > y) swap(x, y);
		e[++KK] = (node){y, le[x]}; le[x] = KK;
	}
	
	int SG(int now) {//博弈论的 SG 函数暴力求
		if (sg[now] != -1) return sg[now];//小小记忆化
		sg[now] = 0;
		map <int, bool> G;
		for (int i = le[now]; i; i = e[i].nxt)
			G[SG(e[i].to)] = 1;
		while (G[sg[now]]) sg[now]++;
		return sg[now];
	}
	
	void get_SG() {
		for (int i = n; i >= 1; i--) {
			sg[i] = SG(i);
		}
	}
	
	void clac() {
		ll now = v;
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			t = max(t, sg[i]);
			a[sg[i]] = a[sg[i]] + now;
			if (a[sg[i]] > mo) a[sg[i]] -= mo;
			now = now * v % mo;
		}
	}
}g[6];

int main() {
//	freopen("biology.in", "r", stdin);
//	freopen("biology.out", "w", stdout);
	
	scanf("%d %d %lld", &n, &k, &v);
	for (int i = 1; i <= k; i++) {
		g[i].start();
		scanf("%d", &m);
		for (int j = 1; j <= m; j++) {
			scanf("%d %d", &x, &y);
			g[i].add(x, y);
		}
		g[i].get_SG();
		g[i].clac();
	}
	
	T = 0; ans[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= k; i++) {
		for (int j = 0; j <= T; j++) {
			for (int l = 0; l <= g[i].t; l++) {
				b[j ^ l] = b[j ^ l] + ans[j] * g[i].a[l] % mo;
				if (b[j ^ l] > mo) b[j ^ l] -= mo;
				T = max(T, j ^ l);
			}
		}
		for (int j = 0; j <= T; j++) {
			swap(ans[j], b[j]);
			b[j] = 0;
		}
	}
	
	printf("%lld", ans[0]);
	
	return 0;
}