LOJ#2723 多边形

解：首先，n<=20的直接暴力建图然后状压哈密顿回路，相信大家都会。固定1为起点，f_i,s表示结尾为i点，状态为s。每次遍历i的出边转移，最后遍历1的出边统计答案。n²2ⁿ。

然后就是正经题解了。先考虑K = 1的时候。对于一个子树，我们发现它只有三个地方有出边，左右上。而除此之外内部怎么连是没关系的，只要满足每个点都经过就行了。

于是就设f_i,j表示以i为根的子树中，与外界连通状态为j的方案数。0表示从左右出去且经过根节点，1表示从左上出去，2表示从右上出去，3表示从左右出去且不经过根节点(这是为了方便转移才设的)。

每次合并两个子树而非一次做整个根节点(方便之后K > 1的时候)，于是我们考虑每个状态如何被转移来：

• 0由所有子树中某两个相邻的12状态和两边的0状态转移来。也就是从0 + 0(前面有两个相邻的12)或1 + 2转移来。
• 1由最后的一个1和前面的所有0转移过来。也就是3 + 1。
• 2由最前面的一个2和后面的所有0转移过来，也就是2 + 0，注意要特判当前子树为第一个子树时的情况。
• 3由所有0转移过来，也就是0 + 0。

于是我们得到了一个O(n)的树形DP，注意根节点最后一个子树合并上来的时候，状态0还有一种情况就是最左2 + 中间0 + 最右1也就是2 + 1的转移。

然后输出f[1][0]即可获得30分，配合暴力有50分。

 #include <bits/stdc++.h>

 const int N = , MO = ;

 struct Edge {
     int nex, v;
 }edge[N << ]; int tp;

 int e[N], n, K, fa[N], stk[N], top, pw[];
 int f[][];
 std::vector<int> G[N];
 std::bitset<N> bt[N];

 inline void add(int x, int y) {
     tp++;
     //printf("add %d %d \n", x, y);
     bt[x].set(y);
     edge[tp].v = y;
     edge[tp].nex = e[x];
     e[x] = tp;
     return;
 }

 void DFS(int x) {
     if(!G[x].size()) {
         stk[++top] = x;
     }
     for(int i = ; i < (int)G[x].size(); i++) {
         int y = G[x][i];
         DFS(y);
     }
     return;
 }

 inline void link(int x, int y) {
     if(bt[x][y]) {
         return;
     }
     add(x, y);
     add(y, x);
     return;
 }

 inline void out(int x) {
     for(int i = ; i < n; i++) {
         printf("%d", (x >> i) & );
     }
     return;
 }

 namespace k1 {
     int f[N][];
     void DFS(int x) {
         if(!G[x].size()) {
             f[x][] = f[x][] = f[x][] = ;
             //printf("x = %d  %d %d %d %d \n", x, f[x][0], f[x][1], f[x][2], f[x][3]);
             return;
         }
         f[x][] = ;
         for(int i = ; i < G[x].size(); i++) {
             int y = G[x][i];
             DFS(y);
             ///merge
             int t0 = (1ll * f[x][] * f[y][] % MO + 1ll * f[x][] * f[y][] % MO) % MO;
             int t1 = 1ll * f[x][] * f[y][] % MO;
             int t2 = i ? 1ll * f[x][] * f[y][] % MO : f[y][];
             int t3 = 1ll * f[x][] * f[y][] % MO;
             if(x ==  && i == G[x].size() - ) {
                 (t0 += 1ll * f[x][] * f[y][] % MO) %= MO;
             }
             f[x][] = t0;
             f[x][] = t1;
             f[x][] = t2;
             f[x][] = t3;
         }
         //printf("x = %d  %d %d %d %d \n", x, f[x][0], f[x][1], f[x][2], f[x][3]);
         return;
     }
     inline void solve() {
         DFS();
         printf("%d\n", f[][]);
         return;
     }
 }

 int main() {

     //freopen("polygon.in", "r", stdin);
     //freopen("polygon.out", "w", stdout);

     scanf("%d%d", &n, &K);

     for(int i = , x; i <= n; i++) {
         scanf("%d", &x);
         add(x, i); add(i, x);
         fa[i] = x;
         G[x].push_back(i);
     }

     for(int i = ; i <= n; i++) std::sort(G[i].begin(), G[i].end());

     if(K == ) {
         k1::solve();
         return ;
     }

     DFS();

     for(int i = ; i <= top; i++) {
         for(int j = ; j <= K; j++) {
             int temp = i + j;
             if(temp > top) {
                 temp %= top;
             }
             if(!temp) {
                 temp = top;
             }
             link(stk[i], stk[temp]);
         }
     }

     int lm = ( << n);
     for(int i = ; i <= lm; i++) pw[i] = pw[i >> ] + ;
     f[][] = ;
     for(int s = ; s < lm; s++) {
         for(int x = ; x <= n; x++) {
             /// f[x][s]
             if(!f[x][s]) continue;
             //printf("f %d ", x); out(s); printf(" = %d \n", f[x][s]);
             for(int i = e[x]; i; i = edge[i].nex) {
                 int y = edge[i].v;
                 if((s >> (y - )) & ) {
                     continue;
                 }
                 (f[y][s | ( << (y - ))] += f[x][s]) %= MO;
             }
         }
     }
     int ans = ;
     for(int i = e[]; i; i = edge[i].nex) {
         int y = edge[i].v;
         ans = (ans + f[y][lm - ]) % MO;
     }
     printf("%lld\n", 1ll * ans * (MO + ) /  % MO);
     return ;
 }

50分代码

接下来说说K > 1的部分：