【BZOJ-4455】小星星容斥 + 树形DP

4455: [Zjoi2016]小星星

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Description

小Y是一个心灵手巧的女孩子，她喜欢手工制作一些小饰品。她有n颗小星星，用m条彩色的细线串了起来，每条细线连着两颗小星星。有一天她发现，她的饰品被破坏了，很多细线都被拆掉了。这个饰品只剩下了n?1条细线，但通过这些细线，这颗小星星还是被串在一起，也就是这些小星星通过这些细线形成了树。小Y找到了这个饰品的设计图纸，她想知道现在饰品中的小星星对应着原来图纸上的哪些小星星。如果现在饰品中两颗小星星有细线相连，那么要求对应的小星星原来的图纸上也有细线相连。小Y想知道有多少种可能的对应方式。只有你告诉了她正确的答案，她才会把小饰品做为礼物送给你呢。

Input

第一行包含个2正整数n,m，表示原来的饰品中小星星的个数和细线的条数。

接下来m行，每行包含2个正整数u,v，表示原来的饰品中小星星u和v通过细线连了起来。

这里的小星星从1开始标号。保证u≠v，且每对小星星之间最多只有一条细线相连。

接下来n-1行，每行包含个2正整数u,v，表示现在的饰品中小星星u和v通过细线连了起来。

保证这些小星星通过细线可以串在一起。

n<=17,m<=n*(n-1)/2

Output

输出共1行，包含一个整数表示可能的对应方式的数量。

如果不存在可行的对应方式则输出0。

Sample Input

4 3
1 2
1 3
1 4
4 1
4 2
4 3

Sample Output

HINT

题解:JudgeOnline/upload/201603/4455.txt

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Solution

一道容斥的好题

我们一共要满足两个限制：1.树中的一个点对应图中一个点，且一一对应 2.树中两点有边的，图中两点也对应有边

首先我们考虑最暴力的方法，如果同时满足两个限制，用$O(N^{N})$的时间去枚举，然后计数

那如果我们放宽一个限制，只统计满足限制2的数目，这显然可以用树形DP在$O(N^{3})$的时间里得到的

这里得到的是有$K$个点可以映射，但不保证$K$个点都被映射到，且不保证每个点只被映射一次

那么考虑用容斥去统计出答案，答案就是$Ans（N）-Ans（N-1）+Ans（N-2）-Ans（N-3）+Ans（N-4）.....$

这样容斥的时候的枚举是$O(2^{N})$的

所以总的复杂度是$O(2^{N}×N^{3})$的

Code

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<algorithm>

#include<cmath>

using namespace std;

int read()

{

    int x=,f=; char ch=getchar();

    while (ch<'' || ch>'') {if (ch=='-') f=-; ch=getchar();}

    while (ch>='' && ch<='') {x=x*+ch-''; ch=getchar();}

    return x*f;

}

#define LL long long

#define MAXN 50

int N,M;

struct EdgeNode{int next,to;}edge[MAXN<<];

int head[MAXN],cnt=;

void AddEdge(int u,int v) {cnt++; edge[cnt].next=head[u]; head[u]=cnt; edge[cnt].to=v;}

void InsertEdge(int u,int v) {AddEdge(u,v); AddEdge(v,u);}

LL dp[MAXN][MAXN],ans,now,tmp;

int lt[MAXN][MAXN],bin[MAXN],tot,a[MAXN];

void DFS(int now,int last)

{

    for (int i=head[now]; i; i=edge[i].next)

        if (edge[i].to!=last) DFS(edge[i].to,now);

    for (int i=; i<=tot; i++)

        {

            dp[now][i]=;

            for (int j=head[now]; j; j=edge[j].next)

                if (edge[j].to!=last)

                    {

                        tmp=;

                        for (int k=; k<=tot; k++)

                            if (lt[a[k]][a[i]]) tmp+=dp[edge[j].to][k];

                        dp[now][i]*=tmp;

                    }

        }

}

int main()

{

    N=read(),M=read();

    for (int x,y,i=; i<=M; i++) x=read(),y=read(),lt[x][y]=lt[y][x]=;

    for (int x,y,i=; i<=N-; i++) x=read(),y=read(),InsertEdge(x,y);

    bin[]=; for (int i=; i<=N; i++) bin[i]=bin[i-]<<;

    for (int i=; i<=bin[N]-; i++)

        {

            now=; tot=;

            for (int j=; j<=N; j++) if (i&bin[j-]) a[++tot]=j;

            DFS(,);

            for (int j=; j<=tot; j++) now+=dp[][j];

            if ((tot&)==(N&)) ans+=now; else ans-=now;

        }

    printf("%lld\n",ans);

    return ;

}

巴特西

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