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### Problem Statement There is an undirected grap...

Créé le : 21 juin 2025

Répondu en utilisant O3 par Chat01

Question

Problem Statement

There is an undirected graph GG with NN vertices and MM edges. GG does not contain self-loops, but may contain multi-edges. Vertices are numbered from 11 to NN, and edges are numbered from 11 to MM, with edge ii connecting vertices Ui,ViU_i,V_i.

Find the number, modulo 998244353998244353, of cycles contained in GG.

More formally, find the number, modulo 998244353998244353, of subsets {e1,e2,…,ek}⊆{1,2,…,M} (k≥2)\lbrace e_1,e_2,\dots,e_k\rbrace \subseteq \lbrace 1,2,\dots,M\rbrace\ (k\geq 2) of the given edge set that satisfy the following condition.

  • There exists a permutation (e1′,e2′,…,ek′)(e_1',e_2',\dots,e_k') of (e1,e2,…,ek)(e_1,e_2,\dots,e_k) and a vertex sequence (v1,v2,…,vk)(v_1,v_2,\dots,v_k) such that all of the following hold:
    • v1,v2,…,vkv_1,v_2,\dots,v_k are pairwise distinct;
    • For all j (1≤j≤k)j\ (1\leq j\leq k), edge ej′e_j' connects vertices vj,v(j mod k)+1v_j,v_{(j\bmod k) + 1}.C++代码

Réflexion

It seems like I’m investigating how to count cycles in a graph using dynamic programming or bitmasking, especially for N ≤ 20. My initial search didn’t give me useful results, so I'll consider explaining the algorithm step-by-step. The key idea might be to enumerate cyclic subsets with BFS, using recursion and backtracking. Given time constraints, I might also focus on how to handle simple cycles up to 10^5, so I can present an approach that's easier to follow.

It looks like I’m planning to write C++ code to count cycles in a graph with N vertices (up to 20) using bitmask enumeration. The method involves using dynamic programming (DP) and an adjacency matrix to track connections between vertices. I’m thinking of using a classic DP approach to count Hamiltonian cycles, expanding paths and avoiding duplicates by keeping track of the smallest start vertex. I might need to handle edge multiplicities and ensure that parallel edges are properly counted. The final result will be taken modulo 998.

Thought for 2m 34s

Réponse

下面给出一种 可以正确计数任意简单环（允许长度 = 2 的“平行边环”） 的通用做法。
它基于「起点固定 + 位运算子集 DP」——当 N≤20 左右时完全能在 2 秒内通过；
如果 N 很大，这个问题在一般图上属于 #P-hard，任何已知算法都需要指数时间。

思路概览

  1. 建邻接矩阵（带重数）

    text
    adj[u][v] = 与 u,v 之间的平行边条数   (u≠v)

    由于图无自环，adj[u][u] = 0。

  2. 按照最小编号顶点去重
    对每个起点 s：

    • 只考虑所有包含 s 的顶点集合 mask，并保证 s 是集合中编号最小的顶点。
      这样可保证每条无向简单环只被统计一次。
    • 令 dp[mask][v] 表示：

      “从 s 出发，经过 mask 中所有点一次且仅一次，最终停在 v（v∈mask）” 的方案数
      （路线按边 顺序 区分，同一条边的多条平行边也区分）。

  3. 状态转移

    text
    初始: dp[1<<s][s] = 1
枚举 mask, 枚举末点 v∈mask
    枚举下一点 u∉mask 且 adj[v][u] > 0
        dp[mask | (1<<u)][u] += dp[mask][v] * adj[v][u]

    复杂度 O(3^N)（见 USACO-Guide Bitmask-DP 教程 usaco.guide）。

  4. 收尾形成环
    当 mask 至少含 2 个顶点且 adj[v][s] > 0 时，

    ans += dp[mask][v] * adj[v][s]

    这里再乘一次平行边条数。

  5. 取模
    每一步都对 MOD = 998244353 取模即可。

正确性说明

  • 顶点序列 s → … → v → s 中每个顶点至多出现一次，因此得到的是简单环。
  • 由于固定 s 为环中最小编号顶点，且构造过程中从未再回到比 s 小的顶点，所以任何简单环恰好被统计一次。
  • 若 u,v 之间有 c 条平行边，则环中可以自由选择这 c 条中的任意一条，所以每对顶点相乘时乘上 adj[u][v] 可计入所有可能。

复杂度

符号含义规模
N顶点数≤ 20 – 22 时可跑
M边数 (含重)≤ 400k (任意)
  • 状态数 2^N · N
  • 对每个状态再枚举一个“下一顶点” u，摊到平均 ≈ N/2
    → 总体 O(N · 2^N) ≈ 3^N，N=20 约 20 × 1 048 576 ≈ 2 × 10^7 次转移，1 秒内可过。
  • 记忆使用 vector<int>/uint32_t 储存非零 dp 列即可，空间 O(N·2^N)。

参考实现（C++17）

cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MOD = 998244353;

int addmod(int a, int b) { int s = a + b; return s >= MOD ? s - MOD : s; }
int mulmod(long long a, long long b) { return int((a * b) % MOD); }

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int N, M;
    if (!(cin >> N >> M)) return 0;

    /* 邻接矩阵，记录平行边条数 */
    vector<vector<int>> adj(N, vector<int>(N, 0));
    for (int i = 0, u, v; i < M; ++i) {
        cin >> u >> v; --u; --v;
        if (u == v) continue;          // 无自环
        ++adj[u][v];
        ++adj[v][u];
    }

    long long fullStates = 1LL << N;
    /* dp 是一个 vector<unordered_map<int,int>>，也可用平面数组 */
    vector<vector<int>> dp(fullStates);  // sparse：dp[mask][v] 按 v 索引
    long long answer = 0;

    for (int s = 0; s < N; ++s) {
        /* 清空与 s 相关的状态 */
        for (long long m = 0; m < fullStates; ++m) dp[m].clear();

        long long startMask = 1LL << s;
        dp[startMask].resize(N);
        dp[startMask][s] = 1;

        for (long long mask = startMask; mask < fullStates; ++mask) {
            if (!(mask & startMask)) continue;        // 必须含 s
            /* 找到 mask 中最大的顶点索引，加速子集枚举（可选） */

            for (int v = 0; v < N; ++v) {
                int ways = (mask < fullStates && v < (int)dp[mask].size()) ? dp[mask][v] : 0;
                if (!ways) continue;
                /* 尝试闭环 */
                if (__builtin_popcountll(mask) >= 2 && adj[v][s])
                    answer = addmod(answer, mulmod(ways, adj[v][s]));

                /* 向外扩展 */
                for (int u = s + 1; u < N; ++u) if (!(mask & (1LL << u)) && adj[v][u]) {
                    long long nmask = mask | (1LL << u);
                    if (dp[nmask].empty()) dp[nmask].resize(N);
                    dp[nmask][u] = addmod(dp[nmask][u], mulmod(ways, adj[v][u]));
                }
            }
        }
    }

    cout << (answer % MOD) << '\n';
    return 0;
}

说明

  • 稀疏存储：dp[mask] 只在需要时分配；
    若 N≤20，内存 < 80 MB。
  • 起点固定 + 起点最小：向外扩展时只允许加入 u > s，即可确保不重复计数；
    若去掉这句话，需额外在闭环时除以 2 来消重方向。
  • 环长 2 处理：当 mask 仅含两个顶点 (s,v) 时，仍能通过 “闭环” 语句被正确统计。

适用范围

  • N ≤ 20 – 22：本算法最快最简单。
  • N ≫ 20 且要计数全部简单环：这在理论上是 #P-complete，
    没有比指数级更好的算法；竞赛题一般会附加额外限制（如度数≤2、图是族森林、图是格点等）。
    若你的实际数据规模更大，请先确认题目是否隐藏了特殊结构，或改用 Monte-Carlo / 近似算法。

祝 AC!

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