Luogu P3349 小星星 【DP+容斥原理】

题意

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给定一棵(n)个点的树(T)，和一张(n)个点(m)条边的图(S)，求有多少种点之间的对应关系的方案使得(T)为(S)的一个子图(等价于(T)中的每条边在某种点的对应关系下在(S)中都存在)

[nleq 17 ]

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Solution

暴力

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一种朴素的想法就是暴力的枚举每一种对应方式：
如下是(n=3)的情况，箭头左边是树中的每个点，右边对应的是图中的每个点
1->1, 2->2, 3->3
1->1, 2->3, 3->2
1->2, 2->3, 3->1
1->2, 2->1, 3->3
1->3, 2->1, 3->2
1->3, 2->2, 3->1
然后我们对每种情况我们再用(O(n))的时间去判断树中的每条边是否在图中都存在即可
时间复杂度:(O(n! imes n))
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子集枚举DP

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我们由题中得出(T)是一棵树，而其实如果(T)是一张图，用上面的暴力算法也是可做的，所以我们要思考如何利用树的特殊性质来挖掘隐含的细节
我们发现，题中的最大难点并不是处理(T)是(S)的子图这个限制条件，而是去计算点之间的对应关系，使得方案数不重不漏
所以我们得到了一个思路：在树(T)上进行树形DP
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首先是设计状态
第一维：(i)，当然存的是以(i)为根的子树的信息
第二维：(j)，由于子树与外界之间还有限制条件，即：根节点(i)与其父亲在DP中在图中分别对应的点会有边的限制条件，所以(j)表示的是(i)在图中的对应点
第三维：(k)，由于树上的每个点只能唯一对应图中的点，所以如果只有前两维状态，我并不能知道目前这棵子树中每个点已经对应到了图中的哪些点，所以就可能导致我们会算重，即：树上的某几个点对应到了图中的同一个点上，所以(k)是表示我们目前选的点集，用一个压缩后的二进制数来表示
综上所述：(f_{i,j,k})表示以(i)为根的子树，其中(i)对应的是图中的编号为(j)的点，且子树中已经选了集合为(k)的点，满足这棵子树是(T)中把集合为(k)的点在其中的对应点挑出来所对应的图的子图
呃，可能有点长，读者可以仔细地多读几遍再消化理解。
那么对于子图也就是边的这个限制条件，我们只需在DP的过程中判断(i)与它的每个儿子在图中是否有边即可。
因此状态转移方程也易得出：

[f_{i,j,k}=prod_{vin son_u} sum_{pin Edge_{p,j}} sum_{qin k} f_{v,p,q} ]

时间复杂度：(O(n^3 imes 3^n))
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容斥原理优化

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我们发现，上面的DP限制时间的主要因素是我们枚举了(k)，也就是我们目前选的点集。
这样导致时间暴增。
我们考虑如何去优化这个东西。
而仔细分析即可发现枚举(k)是为了防止算重，那我们不妨可以大胆的扔掉(k)，直接进行DP。
而这样的时间复杂度只有(O(n^3))
但这样显然是错的。
所以我们考虑如何去减掉重复的情况。
我们发现，因为多个点对应图中的一个点。那么图中一定存在若干个点没有与树中的点对应
于是这个东西就可以容斥了：我们在图中枚举与树中对应的点有哪些，记为点集(A)，容斥系数显然为((-1)^{n-|A|})
则我们就可以通过这种方式，在DP时只需选我们枚举的点集进行状态转移即可。
时间复杂度：(O(n^3 imes 2^n))
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Code

#include <bits/stdc++.h>
const int N = 20;
#define LL long long
int n, m, mp[N][N], c[N], len;
LL res, f[N][N];
std::vector<int> G[N];
void Dfs(int u, int fa)
{
	for(int i=1;i<=len;i++) f[u][c[i]] = 1;
	for(int i=0;i<G[u].size();i++)
	{
		int v = G[u][i];
		if(v == fa) continue;
		Dfs(v, u);
		for(int j=1;j<=len;j++)
		{
			LL now = 0;
			for(int k=1;k<=len;k++)
			{
				if(mp[c[j]][c[k]]) now += f[v][c[k]];
			}
			f[u][c[j]] *= now;
		}	
	}
}
int main()
{
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int u, v;
		scanf("%d%d", &u, &v);
		mp[u][v] = mp[v][u] = 1;
	}
	for(int i=1;i<n;i++)
	{
		int u, v;
		scanf("%d%d", &u, &v);
		G[u].push_back(v); G[v].push_back(u);
	}
	for(int S=1;S<(1<<n);S++)
	{
		memset(f, 0, sizeof(f));
		len = 0; int cnt = 0;
		for(int i=0;i<n;i++)
		{
			if(S >> i & 1) c[++len] = i + 1, cnt ++;
		}
		Dfs(1, 0);
		LL t;
		if((n - cnt) & 1) t = -1;
		else t = 1;
		for(int i=1;i<=len;i++) res += t * f[1][c[i]];
	}
	printf("%lld", res);
	return 0;
}