【UR #6】懒癌
妈妈我居然看了六个小时题解，快救救乌干达的可怜儿童吧。
接下来开始膜官方题解：
其实就算有上面两个结论也不是很好想到任意复杂度的做法，关键在于要想到一个人是怎么推断自己的狗是不是懒狗的，这个过程显然不是 \(\mathcal O(1)\) 级别的。膜一下官方题解可以知道，一个人判断自己的狗是不是懒狗，会假设自己的狗不是懒狗，然后枚举一下其看不到的狗究竟是不是懒狗的各种情况，得到一个其想象的状态 \(S'\) ，如果所有 \(S'\) 的开枪时间都小于当前时刻，那么说明他的狗一定是懒狗，他就会开枪。
那么可以得到一个指数级别的做法，记 \(f[S]\) 表示 \(S\) 集合的开枪时间，枚举 \(S\) 中的每一条懒狗，在其主人所有想象的状态 \(S'\) 中取一个 \(\max(f[S'])+1\) ，表示这个人开枪的时间，最后在所有人的开枪时间里取一个 \(\min\) 。然后会发现转移实际上是有环的，有环实际上是有两个状态的时间都是对方开枪的时间 \(+1\) ，不难发现如果枚举其中一条懒狗的转移是有环的，那么这个状态中所有懒狗的转移都是会到达一个环的，因为出现环的情况的本质是有两个人互相看不到对方且其中至少一个人的狗是懒狗。
然后考虑把这张图的补图建出来，考虑转移有环的条件就是一个点能到达一个环，把这些点全部日掉就得到了一个 \(\text{DAG}\) ，我们把懒狗看做黑点，正常的狗看做白点，一个黑点集合的答案可以看做这样一个东西：
每次选取其中的一个黑点染白，然后将其所有后继节点染白，直到所有节点都变成白色，答案就是过程中被染黑的节点数量。为什么呢？考虑将一个节点从黑色被染成白色的时候看做选取了这个人来想象，这个时候它就假装自己不是懒狗了，所以染白，然后选取一些后继节点（看不见的节点）来钦定它们的黑白，这个时候加上一点贡献对应着原转移的 \(+1\) 。因为要取 \(\max\) 所以每次一定选的是所有的后继节点。而每个被染黑的节点只计算一次贡献是因为每次选择当前拓扑序最小的节点可以保证每个点只被染黑一次，这是一个永远可以取到的下界，对应着取 \(\min\) 操作。
那么一个节点对开枪时间有贡献当且仅当选取了一个黑点能到达它，对杀狗数量有贡献当且仅当所有选取的黑点除了它以外没节点能到达它，统计一下能到达每个点的点的数量即可，bitset搞搞，\(\mathcal O(\frac{n^3}{64})\) 。
code
/*program by mangoyang*/
#include<bits/stdc++.h>
#define inf (0x7f7f7f7f)
#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
using namespace std;
template <class T>
inline void read(T &x){
int ch = 0, f = 0; x = 0;
for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = 1;
for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = x * 10 + ch - 48;
if(f) x = -x;
}
const int N = 3005, mod = 998244353;
queue<int> q;
bitset<N> f[N], B[N];
char s[N];
int a[N][N], deg[N], inc[N], n, m, ans1, ans2;
inline void up(int &x, int y){
x = x + y >= mod ? x + y - mod : x + y;
}
inline int Pow(int a, int b){
int ans = 1;
for(; b; b >>= 1, a = 1ll * a * a % mod)
if(b & 1) ans = 1ll * ans * a % mod;
return ans;
}
inline void gao(int x){
up(ans1, (Pow(2, m) - Pow(2, m - x - 1) + mod) % mod);
up(ans2, (Pow(2, m - 1) - 1ll * (Pow(2, x) - 1) * Pow(2, m - x - 1) % mod + mod) % mod);
}
int main(){
read(n);
for(int i = 1; i <= n; i++){
scanf("%s", s + 1);
for(int j = 1; j <= n; j++)
a[i][j] = (s[j] == '0');
}
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = 1; j <= n; j++){
f[i][j] = a[i][j];
if(i == j) f[i][j] = 1;
}
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = 1; j <= n; j++)
if(f[i][j]) f[i] |= f[j];
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = i + 1; j <= n; j++)
if(f[i][j] && f[j][i]) inc[i] = inc[j] = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = 1; j <= n; j++)
if(f[i][j] && inc[j]) inc[i] = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++) if(!inc[i]) m++;
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = 1; j <= n; j++)
if(!inc[i] && !inc[j] && a[i][j] && i != j) deg[j]++;
for(int i = 1; i <= n; i++)
if(!inc[i] && !deg[i]) q.push(i);
for(; !q.empty(); q.pop()){
int u = q.front();
gao(B[u].count());
B[u][u] = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++)
if(a[u][i] && !inc[i]){
B[i] |= B[u];
if(!--deg[i]) q.push(i);
}
}
cout << ans1 << " " << ans2 << endl;
return 0;
}