BZOJ 4455: [Zjoi2016]小星星

Sol

容斥原理+树形DP.

这道题用的容斥思想非常妙啊！主要的思路就是让所有点与S集合中的点对应,可以重复对应,并且可以不用对应完全(意思是是S的子集也可以).这样他有未对应完全的,那就减去,从全都一一对应到少对应几个,减号套减号,就形成了容斥关系,看S中元素个数与n的关系,如果相差奇数个,那就减去,相差偶数个,那就加上.用树形DP转移,枚举当前节点选哪一个,再枚举子节点选哪一个,如果两个有连线就统计到答案里.因为每个节点只进入一次,转移是 (n^2) 的,枚举子集是 (2^n) 总复杂度就是 (O(2^nn^3))

Code

/**************************************************************
    Problem: 4455
    User: BeiYu
    Language: C++
    Result: Accepted
    Time:6200 ms
    Memory:1296 kb
****************************************************************/
 
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<iostream>
using namespace std;
 
const int N = 18;
typedef long long LL;
 
int n,m,S;LL ans;
LL f[N][N];
int q[N],t,pow2[N];
bool b[N][N];
vector<int> g[N];
 
void DP(int x,int fa=0){
    for(int i=1;i<=t;i++) f[x][q[i]]=1;
    for(int i=0,v;i<g[x].size();i++) if((v=g[x][i])!=fa){
        DP(v,x);
        for(int j=1;j<=t;j++){
            LL tmp=0;
            for(int k=1;k<=t;k++) if(b[q[j]][q[k]]) tmp+=f[v][q[k]];
            f[x][q[j]]*=tmp;
        }
    }
}
void calc(const int &S){ t=0;for(int i=1;i<=n;i++) if(S&pow2[i-1]) q[++t]=i; }
inline int in(int x=0,char ch=getchar()){ while(ch>'9'||ch<'0') ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();return x; }
int main(){
    n=in(),m=in();pow2[0]=1;for(int i=1;i<18;i++) pow2[i]=pow2[i-1]<<1;
    for(int i=1,u,v;i<=m;i++) u=in(),v=in(),b[u][v]=b[v][u]=1;
    for(int i=1,u,v;i<n;i++) u=in(),v=in(),g[u].push_back(v),g[v].push_back(u);
    for(S=1;S<(1<<n);S++){
        calc(S);DP(1,0);LL tmp=0;
        for(int i=1;i<=t;i++) tmp+=f[1][q[i]];
        if((n-t)&1) ans-=tmp;else ans+=tmp;
    }return printf("%lld
",ans),0;
}