UOJ #185【ZJOI2016】 小星星

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　　首先有个暴力很好想。令\(f_{i,j,S}\)表示把\(i\)这棵子树对应到原图中的\(S\)集合，\(i\)号点对应到了\(j\)号点的方案数。这玩意儿复杂度是\(O(3^nn^3)\)的，但是稍微加点优化就能有\(40\)分。

　　然后看看这个转移的方程，实际上就是集合或卷积。于是我们就可以优化转移了，总复杂度就变成了\(O(2^nn^4)\)。

　　然后我们发现，我们完全可以\(dp\)的整个过程都在\(n\)维前缀和类似物下进行，最后再用差分类似物弄回来就可以了。于是复杂度成功降为\(O(2^nn^3)\)。

　　这个复杂度算出来好像是会\(TLE\)的样子……但是复杂度是不满的，所以我们卡一卡常数就能\(AC\)了。

　　我写的东西比较丑陋，只能卡着时间过去……然后去膜了一发王队的代码，发现空间复杂度都可以只需\(O(2^n)\)……只要每次先枚举状态\(S\)，再对整棵树进行\(dp\)就可以了。而且这样做常数也非常之小。

　　至于正解的容斥，就先坑在这里吧。

　　下面贴代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define File(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout)
#define N 17

using namespace std;
typedef long long llg;

int n,m,lim,mp[1<<N],G[N];
llg f[N][N],res,g[1<<N];
int h[N][N],lh[N];

void dfs(int u,int fa,int S){
	for(int i=S;i;i-=i&(-i)) f[u][mp[i&(-i)]]=1;
	for(int l=0;l<lh[u];l++){
		if(h[u][l]==fa) continue;
		dfs(h[u][l],u,S);
		for(int i=S,x;i;i-=i&(-i)){
			res=0; x=mp[i&(-i)];
			for(int j=G[x]&S;j;j-=j&(-j))
				res+=f[h[u][l]][mp[j&(-j)]];
			f[u][x]*=res;
		}
	}
}

int main(){
	File("a");
	scanf("%d %d",&n,&m); lim=1<<n;
	for(int i=1,u,v;i<=m;i++){
		scanf("%d %d",&u,&v); u--,v--;
		G[u]|=1<<v; G[v]|=1<<u;
	}
	for(int i=2,u,v;i<=n;i++){
		scanf("%d %d",&u,&v); u--,v--;
		h[u][lh[u]++]=v,h[v][lh[v]++]=u;
	}
	for(int i=0;i<n;i++) mp[1<<i]=i;
	for(int i=1;i<lim;i++){
		dfs(0,-1,i);
		for(int j=0;j<n;j++)
			if((i>>j)&1) g[i]+=f[0][j];
	}
	for(int i=0;i<n;i++)
		for(int j=0;j<lim;j++)
			if((j>>i)&1) g[j]-=g[j^(1<<i)];
	printf("%lld",g[lim-1]);
	return 0;
}

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