@loj - 2091@ 「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。

输入格式

第一行包含两个正整数 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，每行包含两个正整数 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，每行包含两个正整数 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。

输出格式

输出共一行，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。

样例输入

4 3

1 2

1 3

1 4

4 1

4 2

4 3

样例输出

6

数据范围与提示

对于所有的数据，n <= 17, m <= n*(n-1)/2。

@solution@

普通的做法人人都会：定义 dp[i][j][s] 表示以 i 为根的子树，i 对应 j，这棵子树内已经用了集合 s 的点。

然后一波枚举子集转移。然后就炸了。

我没试过 FWT 行不行，不过好像比下面的算法多个 n 的复杂度，所以估计过不了。

考虑抽象问题模型：我们要找的其实是一个满足 “树边的两个端点对应过去也存在边” 这一限制的置换。

问题在于，置换必须要满足每个元素恰好被对应一次，所以我们才要枚举子集啊之类。

但其实只有一条边相邻两个点才会产生限制。因此我们直接统计置换是很吃亏的。

我们可以把置换看成 n 个点都要被对应，通过容斥转成只有 m 个点可以被对应。

形式化来说，假如我们可被对应的点的集合为 S。

我们的原问题相当于 S 中每一个点都要被对应，通过容斥转为 T 中的点可以被对应，其中 \(T\subset S\)。

那么就回到我们一开始的树形 dp，只是少了 s 这一维，变成 dp[i][j] 表示以 i 为根的子树，i 对应 j 的方案数。

外层容斥 \(O(2^n)\)，树形 dp 的复杂度为 \(O(n^3)\)，所以总时间复杂度为 \(O(2^n*n^3)\)。

@accepted code@

#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
vector<int>G[20];
void addedge(int u, int v) {
	G[u].push_back(v);
	G[v].push_back(u);
}
bool tag[20];
int A[20][20], n, m;
ll dp[20][20];
void dfs(int x, int f) {
	for(int i=0;i<G[x].size();i++)
		if( G[x][i] != f ) dfs(G[x][i], x);
	for(int i=0;i<n;i++)
		if( tag[i] ) {
			dp[x][i] = 1;
			for(int j=0;j<G[x].size();j++) {
				int p = G[x][j];
				if( p == f ) continue;
				ll del = 0;
				for(int k=0;k<n;k++)
					if( A[i][k] ) del += dp[p][k];
				dp[x][i] *= del;
			}
		}
		else dp[x][i] = 0;
}
int f[1<<20];
int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for(int i=1;i<=m;i++) {
		int u, v; scanf("%d%d", &u, &v), u--, v--;
		A[u][v] = A[v][u] = true;
	}
	for(int i=1;i<n;i++) {
		int u, v; scanf("%d%d", &u, &v), u--, v--;
		addedge(u, v);
	}
	int t = (1<<n); f[0] = 1;
	for(int i=1;i<t;i++)
		f[i] = (i&1) ? -f[i>>1] : f[i>>1];
	ll ans = 0;
	for(int s=0;s<t;s++) {
		for(int i=0;i<n;i++)
			tag[i] = !((s>>i) & 1);
		dfs(0, -1);
		for(int i=0;i<n;i++)
			if( tag[i] ) ans = ans + f[s]*dp[0][i];
	}
	printf("%lld\n", ans);
}

@details@

ZJOI 的题都是神仙题 * 2。

代码倒是非常简洁。