根据2-SAT模型建边后,可以得到两个组分别是:一个团和一个独立集。
之后需要思考的就是有多少种不同的方案数。
我们发现,对于团和独立集,我们每次只能最多各自拿出一个点,放到对方中去(当然可以不拿)。而由于n恰好满足n^2的数据范围,所以,我们枚举从团中拿出放到独立集中的点,和从独立集中拿出放到图那种的点,n ^2判断操作后是否能满足条件即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e3+5;
int n;
bool f[N][N];
int tot1,tot2,in[N],out[N],a[N],b[N];
long long ans;
int now,top,col,dfn[N<<1],low[N<<1],sta[N<<1],color[N<<1];
int cnt,head[N<<1];
struct edge{
int next,to;}e[N*N];
inline void add(int u,int v)
{
cnt++;
e[cnt].next=head[u];
e[cnt].to=v;
head[u]=cnt;
}
void tarjan(int u)
{
dfn[u]=low[u]=++now;
sta[++top]=u;
for (register int i=head[u]; i; i=e[i].next)
{
if (!dfn[e[i].to])
{
tarjan(e[i].to);
low[u]=min(low[u],low[e[i].to]);
}
else if (!color[e[i].to]) low[u]=min(low[u],low[e[i].to]);
}
if (dfn[u]==low[u])
{
col++;
while (sta[top]!=u) color[sta[top]]=col,top--;
color[sta[top]]=col,top--;
}
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for (register int i=1; i<=n; ++i)
{
int x,now;
scanf("%d",&x);
while (x--)
{
scanf("%d",&now);
f[i][now]=true;
}
}
for (register int i=1; i<=n; ++i)
for (register int j=1; j<=n; ++j)
if (i!=j)
{
if (f[i][j]) add(i+n,j);
else add(i,j+n);
}
for (register int i=1; i<=2*n; ++i) if (!dfn[i]) tarjan(i);
for (register int i=1; i<=n; ++i) if (color[i]==color[i+n]) {
puts("0"); return 0;}
for (register int i=1; i<=n; ++i)
if (color[i]<color[i+n]) in[++tot1]=i;
else out[++tot2]=i;
if (tot1 && tot2) ans=1;
for (register int i=1; i<=tot1; ++i)
{
int hh=0;
for (register int j=1; j<=tot2; ++j)
{
if (f[in[i]][out[j]])
{
if (hh==1)
{
a[i]=1e9;
break;
}
hh++;
a[i]=out[j];
}
}
}
for (register int i=1; i<=tot2; ++i)
{
int hh=0;
for (register int j=1; j<=tot1; ++j)
{
if (!f[out[i]][in[j]])
{
if (hh==1)
{
b[i]=1e9;
break;
}
hh++;
b[i]=in[j];
}
}
}
if (tot1>1)
{
for (register int i=1; i<=tot1; ++i) if (!a[i]) ans++;
}
if (tot2>1)
{
for (register int i=1; i<=tot2; ++i) if (!b[i]) ans++;
}
for (register int i=1; i<=tot1; ++i)
for (register int j=1; j<=tot2; ++j)
if ((!a[i] || a[i]==out[j]) && (!b[j] || b[j]==in[i])) ans++;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}